数列 $\left\{a_n\right\}$ 满足 $a_1=1$，$a_{n+1}=2a_n+\sqrt{3a_n^2+1}$，$n\in\mathbb N^*$．
【难度】
【出处】
无
【标注】
-
求证：当 $n\geqslant 2$ 时，$a_{n+1}+a_{n-1}=4a_n$；标注答案略解析递推公式即 $a_n^2-4a_na_{n-1}+a_{n-1}^2=1$，于是 $a_{n+1},a_{n+1}$ 是方程$$x^2-4xa_n+a_n^2-1=0$$的两根，应用韦达定理即得．
-
求证：$\dfrac 1{a_1}+\dfrac 1{a_2}+\cdots+\dfrac{1}a_n<\dfrac{1+\sqrt 3}{2}$．标注答案略解析$a_n=\dfrac{\alpha^{-n}-\alpha^{n}}{2\sqrt 3}$，其中 $\alpha=2-\sqrt 3$．可以推得 $\dfrac{a_{k+1}^{-1}}{a_k^{-1}}<\alpha$．
记不等式左边为 $S_n$，则$$S_n<\dfrac 1{a_1}+\alpha \left(S_n-\dfrac 1a_n\right),$$整理即得．
题目
问题1
答案1
解析1
备注1
问题2
答案2
解析2
备注2
