题目 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： 问题1 $a_n>a_{n+1}$（$n=1,2,\cdots $）； 答案1 略 解析1 若 $\exists k\in \mathbb N_+$，使得 $0<a_k\leqslant a_{k+1}$，则$$\begin{split} \dfrac{1}{2}=&a_k+a_k^2+\cdots+a_k^k\\\leqslant &a_{k+1}+a_{k+1}^2+\cdots+a_{k+1}^k\\<&a_{k+1}+a_{k+1}^2+\cdots+a_{k+1}^k+a_{k+1}^{k+1}\\=&\dfrac{1}{2} ,\end{split} $$矛盾．所以 $a_n>a_{n+1}(n=1,2,\cdots)$． 备注1 问题2 对于任意给定的 $0<\varepsilon<1$，总存在正整数 $m$，当 $n>m$ 时，$0<a_n-\dfrac 13<\varepsilon$． 答案2 略 解析2 显然 $0<a_n \leqslant \dfrac{1}{2} \left(n\in \mathbb{N}^{*}\right)$，故有\[\begin{split}<br/>\dfrac{1}{2}<br/>&=a_n+a_n^2+\cdots+a_n^n\\<br/>&=\dfrac{a_n\left(1-a_n^n\right)}{1-a_n}\\<br/>&<\dfrac{a_n}{1-a_n},<br/>\end{split}\]所以 $a_n>\dfrac{1}{3}$．<br/>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，$a_n-\dfrac{1}{3}<\varepsilon$．<br/>由于数列 $\{a_n\}$ 单调递减有下界，所以 $n\to \infty$ 时，数列 $\{a_n\}$ 的极限存在．<br/>设 $\lim\limits_{n\to \infty}a_n=A$．因为 $0<a_n \leqslant \dfrac{1}{2} \left(n\in \mathbb{N}^{*}\right)$，所以\[<br/>\displaystyle\lim_{n\to\infty}a_n^n=0,<br/>\]故\[<br/>\lim\limits_{n\to \infty}\dfrac{a_n\left(1-a_n^n\right)}{1-a_n}=\dfrac{A}{1-A}=\dfrac{1}{2},<br/>\]解得 $A=\dfrac{1}{3}$．<br/>所以对于任意给定的 $0<\varepsilon <1$，总存在正整数 $m$，当 $n>m$ 时，$a_n-\dfrac{1}{3}<\varepsilon$． 备注2