题目 数列 $\{a_n\}$ 满足 $a_1=\dfrac13,a_{n+1}=\dfrac{a_n^2}{a_n^2-a_n+1}(n=1,2,\cdots)$． 问题1 求 $a_2,a_3$； 答案1 $a_2=\dfrac17$；$a_3=\dfrac{1}{43}$ 解析1 由题意得$$\begin{split}a_2&=\dfrac{a_1^2}{a_1^2-a_1+1}=\dfrac17,\\a_3&=\dfrac{a_2^2}{a_2^2-a_2+1}=\dfrac{1}{43}.\end{split}$$ 备注1 问题2 求证：$a_1+a_2+\cdots+a_n=\dfrac12-\dfrac{a_{n+1}}{1-a_{n+1}}$； 答案2 略 解析2 设 $S_n=a_1+a_2+\cdots+a_n$，$T_n=\dfrac12-\dfrac{a_{n+1}}{1-a_{n+1}}$，则$$S_1=a_1=\dfrac13,T_1=\dfrac12-\dfrac{a_2}{1-a_2}=\dfrac13,$$所以 $S_1=T_1\qquad\qquad\cdots\cdots\text{ ① }$．<br/>又当 $n\geqslant1$ 时，$$S_{n+1}-S_n=a_{n+1},T_{n+1}-T_{n}=\dfrac{a_{n+1}}{1-a_{n+1}}-\dfrac{a_{n+2}}{1-a_{n+2}}\qquad\qquad\cdots\cdots\text{ ② }$$在 ② 中，\[\begin{split}&\dfrac{a_{n+1}}{1-a_{n+1}}=\dfrac{a_n^2}{a_n^2-a_n+1-a_n^2}=\dfrac{a_n^2}{1-a_n},\\&\dfrac{a_{n+2}}{1-a_{n+2}}=\dfrac{a_{n+1}^2}{1-a_{n+1}}=a_{n+1}\cdot\dfrac{a_{n+1}}{1-a_{n+1}}=a_{n+1}\cdot\dfrac{a_n^2}{1-a_n},\end{split}\]所以$$\begin{split}T_{n+1}-T_n&=\dfrac{a_n^2}{1-a_n}(1-a_{n+1})\\ &=\dfrac{a_n^2}{1-a_n}\cdot\dfrac{1-a_n}{a_n^2-a_n+1}\\ &=a_{n+1}=S_{n+1}-S_n\cdots\cdots\text{ ③ }\end{split}$$综合 ①③，原命题得证． 备注2 注意观察第 $(2)$ 小题的形式，也可以用裂项法解决：$$a_n=\dfrac{a_n}{1-a_n}-\dfrac{a_{n+1}}{1-a_{n+1}}.$$ 问题3 求证：$\dfrac12-\dfrac{1}{3^{2^{n-1}}}<a_1+a_2+\cdots+a_n<\dfrac12-\dfrac{1}{3^{2^n}}$． 答案3 略 解析3 由 $(2)$，原命题等价于$$\dfrac{1}{3^{2^n}}<\dfrac{a_{n+1}}{1-a_{n+1}}<\dfrac{1}{3^{2^{n-1}}},$$即$$3^{2^{n-2}}<b_n<3^{2^{n-1}},$$当 $n\geqslant1$ 时，$$\dfrac{1}{b_{n+1}+1}=\dfrac{1}{1-(b_n+1)+(b_n+1)^2}=\dfrac{1}{b_n^2+b_n},$$所以$$b_{n+1}=b_n^2+b_n-1.$$用数学归纳法．<br/><case>归纳基础</case>当 $n=1$ 时，显然有 $\sqrt3<2<3$，所以命题成立．<br/><case>递推证明</case>设命题在 $n=k$ 时成立，即$$3^{2^{k-2}}<b_k<3^{2^{k-1}}.$$则当 $n=k+1$ 时，$$\begin{split}b_{k+1}&=b_k^2+b_k-1\\ &>(3^{2^{k-2}})^2+(3^{2^{k-2}})-1\\ &=3^{2^{k-1}}+3^{2^{k-2}}-1>3^{2^k},\end{split}$$因此 $3^{2^{k-1}}<b_{k+1}<3^{2^{k}}$．<br/>综上，原命题得证． 备注3