已知数列$\{a_n\}$满足$a_1=20$，$5a_{n+1}=4a_n^2+20a_n$($n\in\mathcal N^*$)，求$\{a_n\}$的通项公式．
分析与解 我们考虑更一般的问题，已知数列$\{x_n\}$满足$x_1=m$，$x_{n+1}=ax_n^2+bx_n+c$($n\in\mathcal N^*$)，其中$a\neq 0$，求$\{x_n\}$的通项公式．
方程两边同乘以$a$，配方可得$$ax_{n+1}+\dfrac b2=\left(ax_n+\dfrac b2\right)^2-\dfrac 14\left(b^2-4ac-2b\right).$$
情形一 $b^2-4ac-2b=0$．
此时$$ax_n+\dfrac b2=\left(ax_1+\dfrac b2\right)^{2^{n-1}},n\in\mathcal N^*,$$于是$$x_n=\dfrac 1a\left(ax_1+\dfrac b2\right)^{2^{n-1}}-\dfrac b{2a},n\in\mathcal N^*.$$
情形二 $b^2-4ac-2b=8$．
此时$$\dfrac a2x_{n+1}+\dfrac b4=2\left(\dfrac a2x_n+\dfrac b4\right)^2-1,$$注意到余弦函数和双曲余弦函数（$\cosh{x}=\dfrac {{\rm e}^x+{\rm e}^{-x}}{2}$）满足$$\cos 2x=2\cos^2x-1,\cosh 2x=2\cosh^2x-1,$$于是可得$$\dfrac a2x_{n}+\dfrac b4=\begin{cases} \cos\left[2^{n-1}\arccos \left(\dfrac a2x_1+\dfrac b4\right)\right],&\left|\dfrac a2x_1+\dfrac b4\right|\leqslant 1,\\ \cosh\left[2^{n-1}\cosh ^{-1} \left(\dfrac a2x_1+\dfrac b4\right)\right],&\left|\dfrac a2x_1+\dfrac b4\right| >1,\end{cases} $$于是$$x_n=\begin{cases} \dfrac 2a\cos\left[2^{n-1}\arccos \left(\dfrac a2x_1+\dfrac b4\right)\right]-\dfrac b{2a},&\left|\dfrac a2x_1+\dfrac b4\right|\leqslant 1,\\ \dfrac 2a\cosh\left[2^{n-1}\cosh ^{-1} \left(\dfrac a2x_1+\dfrac b4\right)\right]-\dfrac b{2a},&\left|\dfrac a2x_1+\dfrac b4\right| >1,\end{cases} $$其中$n\in\mathcal N^*$．
回到本题，$a=\dfrac 45,b=4,c=0$，有$b^2-4ac-2b=8$，而$\dfrac a2x_1+\dfrac b4=9>1$，记满足$\dfrac {{\rm e}^x+{\rm e}^{-x}}{2}=9$的$$x=\cosh^{-1}\left(\dfrac a2x_1+\dfrac b4\right),$$则有${\rm e}^x=9+4\sqrt 5$，且$$a_n=\dfrac 52\cdot \dfrac 12\left({\rm e}^{2^{n-1}x}+{\rm e}^{-2^{n-1}x}\right)-\dfrac 52,$$因此对应的通项公式为$$a_n=\dfrac 54\left[\left(9+4\sqrt 5\right)^{2^{n-1}}+\left(9+4\sqrt 5\right)^{-2^{n-1}}\right]-\dfrac 52,n\in\mathcal N^*.$$