まず漸化式
\[a_{n+2}=a_{n+1}\cdot a_n^2\]
の両辺の対数をとります。

底は$10$を選びましょう。
\[\log_{10}a_{n+2}=\log_{10}(a_{n+1}\cdot a_n^2)\]
対数の性質で解（ほぐ）します。
\[\log_{10}a_{n+2}=\log_{10}a_{n+1}+2\log_{10}a_n\]
$b_n=\log_{10}a_n$とおくと
\[b_{n+2}=b_{n+1}+2b_{n}\]
$3$項間の漸化式になりました。

この特性方程式$\beta^2=\beta+2$の解は$\beta=-1, 2$ですので、$b_{n+1}$の$-1$倍を両辺から引くと
\[b_{n+2}+b_{n+1}=2(b_{n+1}+b_{n})\]
となり、数列$\{b_{n+1}+b_{n}\}$は
初項$b_{2}+b_{1}=\log_{10}a_2+\log_{10}a_1=\log_{10}\sqrt{5}+\log_{10}\sqrt{2}=\log_{10}\sqrt{10}=\frac{1}{2}$、公比$2$の等比数列であることが分かります。

\[b_{n+1}+b_{n}=\frac{1}{2}\cdot 2^{n-1}=2^{n-2}\cdots\text{(i)}\]
同様に$b_{n+1}$の$2$倍を両辺から引くと
\[b_{n+2}-2b_{n+1}=-(b_{n+1}-2b_{n})\]
となり、数列$\{b_{n+1}-2b_{n}\}$は
初項$b_{2}-2b_{1}=\log_{10}a_2-2\log_{10}a_1=\log_{10}\sqrt{5}-2\log_{10}\sqrt{2}=\log_{10}\frac{\sqrt{5}}{2}$、
公比$(-1)$の等比数列であることが分かります。
\[b_{n+1}-2b_{n}=(-1)^{n-1}\cdot \log_{10}\frac{\sqrt{5}}{2}\cdots\text{(ii)}\]
(i)と(ii)の辺々を引いて、$3$で割ると
\[b_{n}=\frac{1}{3}(2^{n-2}-(-1)^{n-1}\cdot \log_{10}\frac{\sqrt{5}}{2})\]
つまり
\[\log_{10}a_n=\frac{1}{3}(2^{n-2}+(-1)^{n}\cdot \log_{10}\frac{\sqrt{5}}{2})\]
まで、分かりました。

さて、問題は$a_n\geqq 10^{2026}$つまり
\[\log_{10}a_n\geqq 2026\]
となる最小の $n$ を求めることになります（一応、底$10$が$1$より大きいことに言及して）。

具体的に書けば
\[\frac{1}{3}(2^{n-2}+(-1)^{n}\cdot \log_{10}\frac{\sqrt{5}}{2})\geqq 2026\]
ですが、両辺$3$倍して見やすくすると
\[2^{n-2}+(-1)^{n}\cdot \log_{10}\frac{\sqrt{5}}{2}\geqq 6078\cdots\text{(iii)}\]
となります。

$2^{10}=1024$、
$2^{11}=2048$、
$2^{12}=4096$、
$2^{13}=8192$ですから、
$n-2=12,13$

つまり$n=14,15$あたりが怪しいですね。

実際、第$2$項の$(-1)^{n}\cdot \log_{10}\frac{\sqrt{5}}{2}$は、
微々たる値であるはずです。

$\frac{\sqrt{5}}{2}$は$1$に近い値、つまり$\log_{10}\frac{\sqrt{5}}{2}$は$0$に近い値で、その値を、$n$が偶数ならば足して、$n$が奇数ならば引いているだけです。

この辺を正確に論じましょう。

まず$n=14$の場合、(iii)の左辺は
\[2^{14-2}+(-1)^{14}\cdot \log_{10}\frac{\sqrt{5}}{2}=4096+\log_{10}\frac{\sqrt{5}}{2}\]
$2=\sqrt{4}<\sqrt{5}<\sqrt{400}=20$より、 $1<\frac{\sqrt{5}}{2}<10$なので、 $0<\log_{10}\frac{\sqrt{5}}{2}<1$ですから \[4096+\log_{10}\frac{\sqrt{5}}{2}<4096+1=4097\] よって、まだ$6078$を超えません。 次に$n=15$の場合、(iii)の左辺は \[2^{15-2}+(-1)^{15}\cdot \log_{10}\frac{\sqrt{5}}{2}=8192-\log_{10}\frac{\sqrt{5}}{2}\] ふたたび$0<\log_{10}\frac{\sqrt{5}}{2}<1$ですから \[8192-\log_{10}\frac{\sqrt{5}}{2}>8192-1=8191\]
よって、$6078$を超えました！

この$n=15$で「はじめて」$6078$を超えることは、$n\leqq 13$の範囲では、まだ超えていないことを言っておかなければなりません。

三角不等式$|A+B|\leqq |A|+|B|$より、$n\leqq 13$では
\[|2^{n-2}+(-1)^{n}\cdot \log_{10}\frac{\sqrt{5}}{2}|\leqq 2^{n-2}+|\log_{10}\frac{\sqrt{5}}{2}|<2^{n-2}+1\leqq 2^{13-2}+1=2049\] なので、到底$6078$を超えません。