设数列 $a_{1}, a_{2}, \dots$ 的前 $n$ 项之和为 $S_{n}=a_{1}+\cdots+a_{n}$，满足 $S_{1}=1, S_{n+1}=\dfrac{\left(2+S_{n}\right)^{2}}{4+S_{n}}, n \geqslant 1$
证明：对每个正整数 $n$，有 $a_{n} \geqslant \dfrac{4}{\sqrt{9 n+7}}$．
证明：对每个正整数 $n$，有 $a_{n} \geqslant \dfrac{4}{\sqrt{9 n+7}}$．
【难度】
【出处】
2016第15届CGMO试题
【标注】
【答案】
略
【解析】
首先由 $S_{n+1}=S_{n}+\dfrac{4}{4+S_{n}}$ 及 $S_{1}=1$ 易知 $\left\{S_{n}\right\}$ 是递增的正数数列．
当 $n=1$ 时，$a_{1}=1=\dfrac{4}{\sqrt{9 \times 1+7}}$，结论成立，下面只需考虑 $n\geqslant 2$ 的情况．
由于 $a_{n}=S_{n}-S_{n-1}=\dfrac{4}{4+S_{n-1}}$，我们只需证明 $4+S_{n-1} \leqslant \sqrt{9 n+7}$．①
当 $n= 2$ 时，$4+S_{1}=4+1=5=\sqrt{9 \times 2+7}$，① 成立．若 ① 对 $n$ 成立，即 $4+S_{n-1} \leqslant \sqrt{9 n+7}$，下证它对 $n+1$ 也成立．事实上，
$\begin{aligned}\left(4+S_{n}\right)^{2} &=\left(4+S_{\pi-1}+\dfrac{4}{4+S_{n-1}}\right)^{2} =\left(4+S_{n-1}\right)^{2}+8+\dfrac{16}{\left(4+S_{n-1}\right)^{2}} \leqslant 9 n+7+8+1=9(n+1)+7 \end{aligned}$
因此 $4+S_{n} \leqslant \sqrt{9(n+1)+7}$．由数学归纳法知．① 对任意 $n\geqslant 2$ 成立，证毕．
当 $n=1$ 时，$a_{1}=1=\dfrac{4}{\sqrt{9 \times 1+7}}$，结论成立，下面只需考虑 $n\geqslant 2$ 的情况．
由于 $a_{n}=S_{n}-S_{n-1}=\dfrac{4}{4+S_{n-1}}$，我们只需证明 $4+S_{n-1} \leqslant \sqrt{9 n+7}$．①
当 $n= 2$ 时，$4+S_{1}=4+1=5=\sqrt{9 \times 2+7}$，① 成立．若 ① 对 $n$ 成立，即 $4+S_{n-1} \leqslant \sqrt{9 n+7}$，下证它对 $n+1$ 也成立．事实上，
$\begin{aligned}\left(4+S_{n}\right)^{2} &=\left(4+S_{\pi-1}+\dfrac{4}{4+S_{n-1}}\right)^{2} =\left(4+S_{n-1}\right)^{2}+8+\dfrac{16}{\left(4+S_{n-1}\right)^{2}} \leqslant 9 n+7+8+1=9(n+1)+7 \end{aligned}$
因此 $4+S_{n} \leqslant \sqrt{9(n+1)+7}$．由数学归纳法知．① 对任意 $n\geqslant 2$ 成立，证毕．
答案
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备注
