已知数列 $\{a_n\}$ 满足 $a_1=1$，$a_{n+1}a_n-1=a_n^2$．
【难度】
【出处】
无
【标注】
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求证：$\sqrt{2n-1}\leqslant a_n\leqslant\sqrt{3n-2}$；标注答案略解析根据题意，有 $a_{n+1}=a_n+\dfrac{1}{a_n}$，于是$$a_{n+1}^2-a_n^2=2+\dfrac{1}{a_n^2}.$$显然 $\{a_n\}$ 单调递增，于是 $a_n^2\geqslant 1$，从而$$2\leqslant a_{n+1}^2-a_n^2\leqslant 3,$$进而结合 $a_1^2=1$，可得$$2n-1\leqslant a_n^2\leqslant 3n-2,$$因此命题得证．
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求整数 $m$，使得 $\left|a_{2005}-m\right|$ 的值最小．标注答案$63$解析在 $a_{n+1}^2-a_n^2=2+\dfrac{1}{a_n^2}$ 中分别令 $n=2,3,\cdots ,2004$，叠加可得$$a_{2005}^2-a_2^2=2(2005-2)+\dfrac{1}{a_2^2}+\dfrac 1{a_3^2}+\cdots +\dfrac{1}{a_{2004}^2}.$$根据 $(1)$ 的结果，有$$\dfrac{1}{a_2^2}+\dfrac 1{a_3^2}+\cdots +\dfrac{1}{a_{2004}^2}<\dfrac 13+\dfrac 15+\cdots +\dfrac{1}{2\cdot 2004-1}.$$而\begin{eqnarray*}\begin{split} \dfrac 13+\dfrac 15+\cdots +\dfrac{1}{2\cdot 2004-1}&<\dfrac 12+\dfrac 14+\cdots +\dfrac{1}{4006}\\
&=\dfrac 12\left(1+\dfrac 12+\dfrac 13+\dfrac 14+\dfrac 15+\cdots +\dfrac 1{1024}+\dfrac{1}{1025}+\cdots +\dfrac{1}{2003}\right)\\
&<\dfrac 12\left(1+\dfrac 12+\dfrac 12+\dfrac 14+\dfrac 14+\cdots +\dfrac 1{1024}+\dfrac 1{1024}+\cdots +\dfrac 1{1024}\right)\\
&<\dfrac {11}2,\end{split} \end{eqnarray*}于是可得$$4009=2\cdot 2005-1\leqslant a_{2005}^2<2(2005-2)+\dfrac{11}2+2^2=4015.5,$$而 $63^2=3969$，$63.5^2=4032.25$，于是所求的正整数为 $63$．
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
