已知正数数列 $\{a_n\}$ 的前 $n$ 项和与前 $n$ 项积始终相等，求证：$1<a_{n+1}<a_n\leqslant 1+\dfrac 1n$（$n\geqslant 3$）．
【难度】
【出处】
无
【标注】
【答案】
略
【解析】
根据已知，有$$a_1+a_2+\cdots +a_n=a_1\cdot a_2\cdots a_n,$$于是$$a_1+a_2+\cdots +a_n+a_{n+1}=a_1\cdot a_2\cdots a_n\cdot a_{n+1},$$因此$$a_{n+1}=a_1\cdot a_2\cdots a_n \cdot (a_{n+1}-1).$$显然有 $a_n>1(n\geqslant 2)$，于是$$a_1+a_2+\cdots +a_n=a_1\cdot a_2\cdots a_n=\dfrac{a_{n+1}}{a_{n+1}-1},$$于是当 $n\geqslant 2$ 时，有$$a_1+a_2+\cdots +a_{n-1}=\dfrac{a_n}{a_n-1},$$于是$$a_n=\dfrac{a_{n+1}}{a_{n+1}-1}-\dfrac{a_n}{a_n-1},$$即$$a_n=\dfrac{1}{a_{n+1}-1}-\dfrac{1}{a_n-1},$$由 $a_n>0$ 就得到了 $a_{n+1}<a_n$（$n\geqslant 3$）．将上式累加得$$\dfrac{1}{a_{n+1}-1}=\dfrac{1}{a_2-1}+a_2+\cdots +a_n.$$又因为 $n\geqslant 2$ 时，$a_n>1$，所以有$$\dfrac {1}{a_{n+1}-1}=\dfrac{1}{a_2-1}+a_2+\cdots +a_n=\dfrac{1}{a_2-1}+a_2-1+1+a_3+\cdots +a_n\geqslant n+1,$$即得$$a_{n}\leqslant 1+\dfrac 1n,n\geqslant 3,$$因此原命题得证．
答案
解析
备注
