例1. 数列\left \{{{a}_{n}} \right \} 中，{a}_{1}=\sqrt {3}，{a}_{n}=\frac {1+{a}_{n-1}} {1-{a}_{n-1}}\left ( {n\geq 2} \right )，求数列\left \{ {{a}_{n}} \right \}的通项公式，并计算 \sum_{i=1}^{501} {a_{4i-3}}。
解：令a_1=\tan\alpha，则
a_2=\frac{1+a_1}{1-a_1}=\frac{1+\tan\alpha}{1-\tan\alpha}=\tan(\frac{\pi}{4}+\alpha)
a_3=\frac{1+a_2}{1-a_2}=\frac{1+\tan(\frac{\pi}{4}+\alpha)}{1-\tan(\frac{\pi}{4}+\alpha)}=\tan(2\cdot\frac{\pi}{4}+\alpha)
……
由数学归纳法，可得
a_n=\tan[(n-1)\cdot\frac{\pi}{4}+\alpha]=\tan(\frac{n}{4}\pi+\alpha-\frac{\pi}{4})
所以{ {a_n } }是以周期为4的周期函数，故\sum\limits_{i=1}^{501} {a_{4i-3}}=501a_1=501\sqrt{3}。
例2. （第15届全俄十年级赛题）
数列{ {a_n } }定义为a_0=\frac{1}{3},a_n=\sqrt{\frac{1+a_{n-1}}{2}}，其中n=1,2,3,\ldots
证明：{ {a_n } }是单调数列。
证明：令a_0=\frac{1}{3}=\cos\theta，且\theta \in (0,\frac{\pi}{2})
由a_n=\sqrt{\frac{1+a_{n-1}}{2}}得，
a_1=\cos\frac{\theta}{2},a_2=\cos\frac{\theta}{4},\ldots,a_n=\cos\frac{\theta}{2^n}
而
0 < \frac{\theta }{{2^n }} < \frac{\theta }{{2^{n - 1} }} < \ldots < \frac{\theta }{2} < \theta < \frac{\pi }{2}
所以
\cos\frac{\theta}{2^n}>\cos\frac{\theta}{2^{n-1}}>\ldots>\cos\frac{\theta}{2}>\cos\theta
即
a_n>a_{n-1}>\ldots>a_2>a_1>a_0
故{ {a_n } }是单调数列。
例3. （第18届IMO试题）
令f_1(x)=x^2-2，且对一切自然数n\geq 2，有
f_n(x)=f_1(f_{n-1}(x))。
求证：方程f_n(x)=x的根都是不等实根。
解：若方程f_n(x)=x的根满足\left| x \right|>2，则有
f_{n+1}(x)=f_n^2(x)-2 >2\left| f_n(x)\right|-2=\left| f_n(x) \right|+[\left| f_n(x) \right|-2]>f_n(x)
从而f_n(x)>f_{n-1}(x)>\ldots>f_2(x)>f_1(x)=x^2-2>x
与f_n(x)=x矛盾，故\left| x \right| \leq 2.
从而可令x=2\cos\theta,\frac{f_1(x)}{2}=2\cos^2\theta-1=\cos2\theta
所以，f_1(x)=2\cos2\theta
同样可得到：f_2(x)=2\cos4\theta
……
由数学归纳法，可得，f_n(x)=2\cos2^n\theta.
由f_n(x)=x，可得，2\cos2^n\theta-2\cos\theta=0，
即，2\sin\frac{2^n+1}{2}\theta \cdot \sin\frac{2^n-1}{2}\theta=0
解得：\theta_k=\frac{2k\pi}{2^n+1}(k=1,2,\ldots ,2^{n-1})
或，\theta_k=\frac{2k\pi}{2^n-1}(k=0,1,\ldots ,2^{n-1}-1)
所以，x_k=2\cos\theta_k
由于方程是2^n次的方程且\theta_k \in (0,\pi)，而在(0,\pi)内单调递减，
即这2^n个根彼此没有相等的，原命题得证。
例4. 解方程组：
x_{k+1}=4x_k^3-3x_k(k=1,2,\ldots,n-1)及x_n=x_1.
解：若\left| x_1 \right|>1，x_2=4x_1^3-3x_1=x_1^3+3x_1(x_1^2-1)，
由于x_1^3与3x_1(x_1^2-1)同号，
从而 \left| x_2 \right|=\left| x_1^3 \right|+\left| {3x_1(x_1^2-1)} \right|>\left| x_1^3 \right|>\left| x_1 \right|
同理，\left| x_3 \right|>\left| x_2\right|,\ldots,\left| x_n \right|>\left| x_{n-1}\right|
所以，\left| x_n \right|>\left| x_{n-1}\right|>\ldots>\left| x_2\right|>\left| x_1\right|
与x_n=x_1矛盾。故\left| x_1 \right| \leq 1.
设x_1=\cos\theta,\theta \in(0,\pi)，则
x_2=4\cos^3\theta-3\cos\theta=\cos3\theta
x_3=\cos3^2\theta
……
由数学归纳可得，x_n=\cos3^{n-1}\theta
由\cos3^{n-1}\theta=\cos\theta，得
3^{n-1}\theta=2k\pi \pm \theta，
解得，\theta=\frac{2k\pi}{3^{n-1}\pm 1}
所以，x_n=\cos\frac{2k\pi}{3^{n-1}\pm 1}(k=0,1,2,\ldots,\frac{3^{n-1}-1}{2}).
例5. （1989年浙江高中数学联赛）
给定数列{a_n}，且x_{n+1}=\frac{x_n+(2-\sqrt{3})}{1-x_n\cdot(2-\sqrt{3})}.
求证：x_{1001}=x_{401}.
解：由递推式x_{n+1}=\frac{x_n+(2-\sqrt{3})}{1-x_n\cdot(2-\sqrt{3})}，可设x_n=\tan\alpha_n.
又\tan15 ^\circ =2-\sqrt{3}，故
x_{n+1}=\frac{\tan\alpha_n+\tan15 ^\circ}{1-\tan\alpha_n\cdot\tan15 ^\circ}=\tan(\alpha_n+15^ \circ)
且
x_{n+12}=\tan(\alpha_n+180^\circ)=\tan\alpha_n=x_n
所以{x_n}是以12为周期的周期数列，从而x_{1001}=x_{401}。得证。