关于2027届高一下学期期末数学测试12题我在政治考试时解出来了这件事：
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题目
12.已知正项数列 $ { a_n } $ 的前 $n$ 项和 $ S_n $ 满足 $ a_1 = 1 \space , \space {a{n+1}}2 = S_n2 - S_n + 1 \space (n \in {\N}^*)$ , 则数列 $ { a_n } $ 的通项公式为____.
我个人认为
我个人认为，这个意大利面就应该拌 $42$ 号混凝土……
由此可见，这题非常神秘。观察得,若要使用常规的 $S_n - S_{n-1} $的方法很难实现——毕竟右侧有 $S_n$ 的二次项。于是我们考虑先求 $S_n$ 。
将左侧的 $a{n+1}$ 换成 $ ( S{n+1} - S_n ) $ 代入：
$$
( S_{n+1} - S_n ) ^ 2 = S_n2 - S_n + 1\
S{n+1}2 - 2 S_n S{n+1} + S_n - 1 = 0
$$
由求根公式得:
$$
S_{n+1} = S_n \pm \sqrt{S_n2-S_n+1}
$$
小根舍去（数列$ { a_n } $ 每一项都是正的，所以$S_n$ 严格增）
此时发现将右边一过来，我们发现我们白做了：
$$
\begin{aligned}
S{n+1} - S_n &= \sqrt{S_n2-S_n+1} \
\implies a{n+1} &= \sqrt{a_{n+1}2}
\end{aligned}
$$
不过不用灰心，这里距离答案还有很远的路程。
注意到，等式的右边有一个根号，这让我们想到了三角换元。
（如果你想不到，那么下次你就想到了。）
我们需要使用 $ tan2 \alpha + 1 = sec2 \alpha $ ,但是等式右边不是 $ T2 + 1 $ 的形式，于是我们做出如下恒等变换：
$$
\begin{aligned}
\sqrt{S_n2-S_n+1} &= \sqrt{ S_n2 - 2 \times S_n \times \frac{1}{2} + \frac{1}{4} + \frac{3}{4}} \
&= \sqrt{ (S_n - \frac{1}{2})2 + \frac{3}{4}}
\end{aligned}
$$
此时，等式右边还是不是 $ T2 + 1 $ 的形式，于是我们便令 $ S_n = \frac{\sqrt{3}}{2} tan \space \alpha_n + \frac{1}{2} $ ,这样可以使代入后化简:
$$
\begin{aligned}
\sqrt{ (S_n - \frac{1}{2})2 + \frac{3}{4}} &= \sqrt{ (\frac{\sqrt{3}}{2} tan \space \alpha_n + \frac{1}{2} - \frac{1}{2})2 + \frac{3}{4}} \
&= \sqrt{ (\frac{\sqrt{3}}{2} tan \space \alpha_n)2 + \frac{3}{4}} \
&= \sqrt{ \frac{3}{4} tan \space \alpha_n2 + \frac{3}{4}} \
&= \frac{\sqrt{3}}{2} \times \sqrt{ tan \space \alpha_n2 + 1} \
&= \frac{\sqrt{3}}{2} \times sec \space \alpha_n
\end{aligned}
$$
我们成功的完成了化简，现在我们的式子变成了
$$
S_{n+1} = \frac{\sqrt{3}}{2} tan \space \alpha_n + \frac{1}{2} + \frac{\sqrt{3}}{2} sec \space \alpha_n
$$
我们希望 $ S{n+1} $ 也是 $ \frac{\sqrt{3}}{2} tan \space \alpha{n+1} + \frac{1}{2} $ 的形式，于是我们不难证明一个恒等式:
$$
tan \space \alpha_n + sec \space \alpha_n = tan (\frac{\pi}{4}+\frac{\alpha_n}{2})
$$
于是就有
$$
\begin{aligned}
S_{n+1} &= \frac{\sqrt{3}}{2} tan \space \alpha_n + \frac{1}{2} + \frac{\sqrt{3}}{2} sec \space \alpha_n \
&= \frac{\sqrt{3}}{2} tan (\frac{\pi}{4}+\frac{\alpha_n}{2}) + \frac{1}{2}
\end{aligned}
$$
非常的Amazing啊，我们推得
$$
\alpha_{n+1} = \frac{\pi}{4}+\frac{\alpha_n}{2}
$$
这显然是一个一阶线性递推，使用不动点的方法，我们很快的得到：
$$
\begin{aligned}
& \alpha{n+1} - \frac{\pi}{2} = \frac{1}{2} \times (\alpha_n-\frac{\pi}{2}) \
\implies & \alpha{n} - \frac{\pi}{2} = (\frac{1}{2})^{n-1} \times (\alpha_1-\frac{\pi}{2})
\end{aligned}
$$
由我们的定义 $ S_n = \frac{\sqrt{3}}{2} tan \space \alpha_n + \frac{1}{2} $ 和题目条件 $ a_1 = 1 $ 可以得到:
$$
\begin{aligned}
& a_1 = S_1 = \frac{\sqrt{3}}{2} tan \space \alpha_1 + \frac{1}{2} \
\implies & \alpha_1 = \frac{\pi}{6} \
\implies & \alpha_n = \frac{\pi}{2} + (\frac{1}{2})^{n-1}(\frac{\pi}{6}-\frac{\pi}{2}) \
\implies & \alpha_n = \frac{\pi}{2} - (\frac{1}{2})^{n-1} \times\frac{\pi}{3}
\end{aligned}
$$
(请不要在意我同时使用 $ a_1 $ 和 $ \alpha_1 $ 这一问题，我也感觉很难分辨)
继续回代：
$$
\begin{aligned}
S_n &= \frac{\sqrt{3}}{2} tan \space \alpha_n + \frac{1}{2} \
&= \frac{\sqrt{3}}{2} tan (\frac{\pi}{2} - (\frac{1}{2})^{n-1} \times\frac{\pi}{3}) + \frac{1}{2} \
&= \frac{\sqrt{3}}{2} cot [ \space (\frac{1}{2})^{n-1} \times\frac{\pi}{3} \space ] + \frac{1}{2}
\end{aligned}
$$
胜利就在眼前，由 $ a_n = S_n - S_{n-1} \space , \space n \ge 2 $ 得：
$$
\begin{aligned}
a_n &= (\frac{\sqrt{3}}{2} cot [ \space (\frac{1}{2})^{n-1} \times\frac{\pi}{3} \space ] + \frac{1}{2}) - (\frac{\sqrt{3}}{2} cot [ \space (\frac{1}{2})^{n-2} \times\frac{\pi}{3} \space ] + \frac{1}{2}) \
&= \frac{\sqrt{3}}{2} (cot [ \space (\frac{1}{2})^{n-1} \times\frac{\pi}{3} \space ] - cot [ \space (\frac{1}{2})^{n-2} \times\frac{\pi}{3} \space ])
\end{aligned}
$$
检验一下，发现 $ a_1 = 1 $ 也是符合的。其实写到这里已经可以直接交卷了，但是很明显这很不简洁，我们对它进行一个化简：
$$
\begin{aligned}
a_n &= \frac{\sqrt{3}}{2} (cot [ \space (\frac{1}{2})^{n-1} \times\frac{\pi}{3} \space ] - cot [ \space (\frac{1}{2})^{n-2} \times\frac{\pi}{3} \space ]) \
&= \frac{\sqrt{3}}{2} ( \frac{1}{tan [ \space (\frac{1}{2})^{n-1} \times\frac{\pi}{3} \space ]} - \frac{1-(tan [ \space (\frac{1}{2})^{n-1} \times\frac{\pi}{3} \space ])2}{2tan [ \space (\frac{1}{2})^{n-1} \times\frac{\pi}{3} \space ]}) \
&= \frac{\sqrt{3}}{2} ( \frac{2}{2tan [ \space (\frac{1}{2})^{n-1} \times\frac{\pi}{3} \space ]} - \frac{1-(tan [ \space (\frac{1}{2})^{n-1} \times\frac{\pi}{3} \space ])2}{2tan [ \space (\frac{1}{2})^{n-1} \times\frac{\pi}{3} \space ]}) \
&= \frac{\sqrt{3}}{2} ( \frac{2-(1-tan2 [ \space (\frac{1}{2})^{n-1} \times\frac{\pi}{3} \space ])}{2tan [ \space (\frac{1}{2})^{n-1} \times\frac{\pi}{3} \space ]}) \
&= \frac{\sqrt{3}}{2} ( \frac{1+tan2 [ \space (\frac{1}{2})^{n-1} \times\frac{\pi}{3} \space ]}{2tan [ \space (\frac{1}{2})^{n-1} \times\frac{\pi}{3} \space ]}) \
&= \frac{\sqrt{3}}{2} ( \frac{1}{sin [ \space (\frac{1}{2})^{n-1} \times\frac{2\pi}{3} \space ]}) \
&= \frac{\sqrt{3}}{2} {csc [ \space (\frac{1}{2})^{n-1} \times\frac{2\pi}{3} \space ]} \
&= \frac{\sqrt{3}}{2} {csc ( \space 0.5n \times\frac{4\pi}{3} \space )}
\end{aligned}
$$
