已知数列 $\{a_n\}$ 满足：$a_n>0$，$a_n+a_n^2+\cdots +a_n^n=\dfrac 12$（$n=1,2,\cdots $）．证明：
【难度】
【出处】
2015年清华大学金秋营基础部分
【标注】
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$a_n>a_{n+1}$（$n=1,2,\cdots $）；标注答案略解析若 $\exists k\in \mathbb N_+$，使得 $0<a_k\leqslant a_{k+1}$，则$$\dfrac{1}{2}=a_k+a_k^2+\cdots+a_k^k\leqslant a_{k+1}+a_{k+1}^2+\cdots+a_{k+1}^k<a_{k+1}+a_{k+1}^2+\cdots+a_{k+1}^k+a_{k+1}^{k+1}=\dfrac{1}{2} ,$$矛盾．所以 $a_n>a_{n+1}(n=1,2,\cdots)$．
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对于任意给定的 $0<\varepsilon<1$，总存在正整数 $m$，当 $n>m$ 时，$0<a_n-\dfrac 13<\varepsilon$．标注答案略解析显然 $0<a_n \leqslant \dfrac{1}{2} \left(n\in \mathbb{N}^{*}\right)$，故有\[\begin{split}
\dfrac{1}{2}
&=a_n+a_n^2+\cdots+a_n^n\\
&=\dfrac{a_n\left(1-a_n^n\right)}{1-a_n}\\
&<\dfrac{a_n}{1-a_n},
\end{split}\]所以 $a_n>\dfrac{1}{3}$．
下面证明对于任意给定的 $0<\varepsilon <1$，总存在正整数 $m$，当 $n>m$ 时，$a_n-\dfrac{1}{3}<\varepsilon$．
因为 $\dfrac{1}{2}=\dfrac{a_n\left(1-a_n^n\right)}{1-a_n}$，所以\[
a_n=\dfrac{1}{3-2a_n^n}.
\]对于任意给定的 $0<\varepsilon <1$，令\[
m_0=\left[\log_2{\dfrac{2+6\varepsilon}{9\varepsilon}}\right]+1,
\]取 $m=\max\left\{m_0,1\right\}$，则当 $n>m$ 时，由于 $n>\log_2{\dfrac{2+6\varepsilon}{9\varepsilon}}$，
故 $2^n>\dfrac{2+6\varepsilon}{9\varepsilon}$，因而 $\dfrac{1}{2^n}<\dfrac{9\varepsilon}{2+6\varepsilon}$，
从而\[\begin{split}
3-2a_n^n
&\geqslant 3-\dfrac{2}{2^n}\\
&>3-\dfrac{9\varepsilon}{1+3\varepsilon}\\
&=\dfrac{3}{1+3\varepsilon}\\
&>0,
\end{split}\]所以\[\begin{split}a_n-\dfrac{1}{3}
&=\dfrac{1}{3-2a_n^n}-\dfrac{1}{3}\\
&<\dfrac{1+3\varepsilon}{3}-\dfrac{1}{3}\\
&=\varepsilon.
\end{split}\]综上所述，对于任意给定的 $0<\varepsilon <1$，总存在正整数 $m$，当 $n>m$ 时，$0<a_n-\dfrac{1}{3}<\varepsilon$．
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
