已知数列 $\{a_n\}$ 满足 $a_n\geqslant 0$，$a_1=0$，且 $a_{n+1}^2+a_{n+1}-1=a_n^2$（$n\in\mathbb N^{\ast}$），$S_n$ 是数列 $\{a_n\}$ 的前 $n$ 项和，令$$T_n=\dfrac{1}{1+a_1}+\dfrac 1{(1+a_1)(1+a_2)}+\cdots +\dfrac{1}{(1+a_1)(1+a_2)\cdots (1+a_n)}.$$
【难度】
【出处】
无
【标注】
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求证：$a_n<a_{n+1}$；标注答案略解析根据题意，可设迭代函数$$f(x)=\dfrac{-1+\sqrt{5+4x^2}}2,$$则 $a_{n+1}=f(a_n)$，如图．
由于 $f(x)$ 在 $(0,1)$ 上单调递增，且 $f(1)=1$，因此可得 $0\leqslant a_n<a_{n+1}<1$，$n\in\mathbb N^{\ast}$． -
求证：$S_n>n-2$；标注答案略解析根据已知，当 $n\geqslant 2$ 时，有\[\begin{split} n-S_n&=(1-a_1)+(1-a_2)+(1-a_3)+\cdots +(1-a_n)\\ &=1+(a_2^2-a_1^2)+(a_3^2-a_2^2)+\cdots +(a_n^2-a_{n-1}^2)\\ &=1+a_n^2<2,\end{split}\]而当 $n=1$ 时命题显然成立，因此原命题得证．
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求证：$T_n<3$．标注答案略解析设 ${b_n}=\dfrac{1}{{\left( {1+{a_1}} \right)\left( {1+{a_2}} \right) \cdots \left( {1+a_n} \right)}}$，于是
当 $n \geqslant 2$ 时，有$$\dfrac{{{b_n}}}{{{b_{n-1}}}}=\dfrac{1}{{1+a_n}}<\dfrac{1}{{1+{a_2}}}=\dfrac{1}{{1+\dfrac{{\sqrt 5-1}}{2}}}=\dfrac{{\sqrt 5-1}}{2},$$因此$$\sum\limits_{k=1}^n {{b_k}}={b_1}+\sum\limits_{k=2}^n {{b_k}}
<1+\dfrac{{\dfrac{1}{{1+\dfrac{{\sqrt 5-1}}{2}}}}}{{1-\dfrac{{\sqrt 5-1}}{2}}}
= \dfrac{{3+\sqrt 5 }}{2}<3,$$因此 ${T_n}<3$ 得证．
题目
问题1
答案1
解析1
备注1
问题2
答案2
解析2
备注2
问题3
答案3
解析3
备注3
