A(n+1)={A(n)}^2＋ａ{A(n)}＋ｂの形をしたものは、数列の積の答えになる。
＜１６８６＞参照
A(n+1)=ａ{A(n)}^2の形のものは、対数で解くことができる。
＜２３１３＞参照

A(1)=4、A(n+1)={A(n)}^2-2
limA(n+1)=limA(n)＝αとおくと、
α＝α^2－２
α^2－α－２＝０
（α－２）（α＋１）＝０
∴α＝２，－１
どちらのαでもよいので、α＝２とすると、
A(n+1)－２＝{A(n)}^2-2－２
　　　　　＝{A(n)}^2－４
　　　　　＝{A(n)}^2－２^2
　　　　　＝{A(n)－２}{A(n)＋２}
　　　　　　^^^^^^^^^^
　　　　　＝{A(n-1)－２}{A(n-1)＋２}{A(n)＋２}
　　　　　　^^^^^^^^^^^^^^^^^^^^^^^^
　　　　　＝………………
　　　　　＝{A(1)－２}{A(1)＋２}{A(2)＋２}………{A(n-1)＋２}{A(n)＋２}
　　　　　　　　　　n
　　　　　＝{４－２}Π{A(k)＋２}
　　　　　　　　　　k=1

したがって、　　n-1
Ａ（ｎ）＝２＋２Π｛Ａ（ｋ）＋２｝……（答）
　　　　　　　　k=1

ちょっと生意気なことを言わせて頂きます・・・
この問題の求めるところはＡ（ｎ）の一般項です。
私も武田先生の回答のところまではいきつきました。
しかし、それでは一般項を求めたことになりません。
Ａ（ｎ）をｎに関する式にしなければなりません。
したがって、
n-1
２Π｛Ａ（ｋ）＋２｝
k=1
の部分のＡ（ｋ）が結局は不明のままですから
一般項を示したことにはなりません。
実は、この問題・・・
ずっと悩んでいます。
もし、漸化式中の－２がなかったら
いとも簡単です・・・
この数列の一般項を求めるのは容易ではない・・・
と、思ってるのは私だけでしょうか？

少々天下りですが、A(n)の一般項が求まりました。
　　　(1+\(\sqrt{\quad}\)3)^(\(2^{n}\))+(1-\(\sqrt{\quad}\)3)^(\(2^{n}\))
A(n)=―――――――――――――――
　　　　　　2^{2^(n-1)}

n=1のとき
A(1)={(1+\(\sqrt{\quad}\)3\()^{2}\)+(1-\(\sqrt{\quad}\)3\()^{2}\)}/2^(\(2^{0}\))=(4+2\(\sqrt{\quad}\)3+4-2\(\sqrt{\quad}\)3)/2=\(\frac{8}{2}\)=4
となります。

n=kのとき
A(k)={(1+\(\sqrt{\quad}\)3)^(\(2^{k}\))+(1-\(\sqrt{\quad}\)3)^(\(2^{k}\))}/(2^{2^(k-1)})
となると仮定します。
A(k+1)={A(k)}^2-2

ここで、{A(k)}^2を計算しておきます。
{A(k)}^2=[{(1+\(\sqrt{\quad}\)3)^(\(2^{k}\))+(1-\(\sqrt{\quad}\)3)^(\(2^{k}\))}]^2/[2^{2^(k-1)}]^2ですから。

(分子)=[{(1+\(\sqrt{\quad}\)3)^(\(2^{k}\))+(1-\(\sqrt{\quad}\)3)^(\(2^{k}\))}]^2
　　　=(1+\(\sqrt{\quad}\)3)^{2^(k+1)+(1-\(\sqrt{\quad}\)3)^{2^(k+1)}+2{(1+\(\sqrt{\quad}\)3)(1-\(\sqrt{\quad}\)3)}^(\(2^{k}\))
　　　=(1+\(\sqrt{\quad}\)3)^{2^(k+1)+(1-\(\sqrt{\quad}\)3)^{2^(k+1)}+2*(-2)^(\(2^{k}\))
　　　=(1+\(\sqrt{\quad}\)3)^{2^(k+1)+(1-\(\sqrt{\quad}\)3)^{2^(k+1)}+2*2^(\(2^{k}\))

(分母)=[2^{2^(k-1)}]^2
　　　=2^{2^(k-1)}*2^{2^(k-1)}
　　　=2^{2^(k-1)+2^(k-1)}
　　　=2^(\(2^{k}\))

したがって
{A(k)}^2-2=[(1+\(\sqrt{\quad}\)3)^{2^(k+1)+(1-\(\sqrt{\quad}\)3)^{2^(k+1)}+2*2^(\(2^{k}\))}/{2^(\(2^{k}\))]-2
　　　　　=[(1+\(\sqrt{\quad}\)3)^{2^(k+1)+(1-\(\sqrt{\quad}\)3)^{2^(k+1)}]/{2^(\(2^{k}\))}+2-2
　　　　　=[(1+\(\sqrt{\quad}\)3)^{2^(k+1)+(1-\(\sqrt{\quad}\)3)^{2^(k+1)}]/{2^(\(2^{k}\))}
　　　　　=A(k+1)

よってn=k+1のときも
A(n)={(1+\(\sqrt{\quad}\)3)^(\(2^{n}\))+(1-\(\sqrt{\quad}\)3)^(\(2^{n}\))}/(2^{2^(n-1)})
となることがいえました。

したがって数学的帰納法より任意の自然数nに対して

A(n)={(1+\(\sqrt{\quad}\)3)^(\(2^{n}\))+(1-\(\sqrt{\quad}\)3)^(\(2^{n}\))}/(2^{2^(n-1)})
であることが示されました。

風あざみさんありがとうございました。一般項が解けてホッとしましたが、
上の「天下りだが」と書いてあるところの「天下りの仕方」を教えてもらえ
ないでしょうか？

ところで、質問＜２７８６＞での風あざみさんの
天下り的ですが・・・の漸化式の「天下りの仕方」の返答はあったのでしょうか？
なかなかこの漸化式は特別なものだと感じたものですから。
もしよろしければお返事いただけるとありがたいです。