略

显然 $a_n>0$，所以$$a_{n+1}=a_n+\dfrac{a_n^2}{n^2}>a_n(n\in \mathbb N^*)$$所以，对一切 $k\in \mathbb N^*$，$$a_{k+1}=a_k+\dfrac{a_k^2}{k^2}<a_k+\dfrac{1}{k^2}a_ka_{k+1},$$所以$$\dfrac 1{a_k}-\dfrac 1{a_{k+1}}<\dfrac 1{k^2}.$$因此，当 $n\geqslant 2$ 时，\[\begin{split}\dfrac 1{a_n}&=\dfrac 1{a_1}-\sum\limits_{k=1}^{n-1}\left(\dfrac 1{a_k}-\dfrac 1{a_{k+1}}\right)\\&>\dfrac 1{a_1}-\sum\limits_{k=1}^{n-1}\dfrac 1{k^2}\\&>3-\left(1+\sum\limits_{k=2}^{n-1}{\dfrac{1}{k(k-1)}}\right)\\&=3-\left(1+\sum\limits_{k=2}^{n-1}\left(\dfrac 1{k-1}-\dfrac 1k\right)\right)\\&=3-\left(1+1-\dfrac 1{n-1}\right)\\&=\dfrac n{n-1}>1,\end{split}\]所以 $a_n<1$．
又 $a_1=\dfrac 13<1$，故对一切 $n\in \mathbb N^*$，有 $a_n<1$．
因此，对一切 $n\in \mathbb N^*$，有 $a_n<a_{n+1}<1$．

略

显然$$a_1=\dfrac 13 >\dfrac 14=\dfrac 12-\dfrac 14.$$由 $a_n<1$，知$$a_{k+1}=a_k+\dfrac{a_k^2}{k^2}<a_k+\dfrac{a_k}{k^2},$$所以$$a_k>\dfrac{k^2}{k^2+1}a_{k+1},$$故\[\begin{split}a_{k+1}&=a_k+\dfrac{a_k^2}{k^2}\\&>a_k+\dfrac{1}{k^2}a_k\cdot \dfrac{k^2}{k^2+1}a_{k+1}\\&=a_k+\dfrac 1{k^2+1}a_ka_{k+1},\end{split}\]即$$\dfrac 1{a_k}-\dfrac 1{a_{k+1}}>\dfrac 1{k^2+1},$$因此，当 $n\in \mathbb N^*$ 且 $n\geqslant 2$ 时，\[\begin{split}\dfrac 1{a_n}&=\dfrac 1{a_1}-\sum\limits_{k=1}^{n-1}\left(\dfrac 1{a_k}-\dfrac 1{a_{k+1}}\right)\\&<\dfrac 1{a_1}-\sum\limits_{k=1}^{n-1}\dfrac{1}{k^2+1}\\&<3-\sum\limits_{k=1}^{n-1}\dfrac{1}{k(k+1)}\\&=3-\sum\limits_{k=1}^{n-1}\left(\dfrac 1k-\dfrac 1{k+1}\right)\\&=3-\left(1-\dfrac 1n\right)\\&=\dfrac {2n+1}{n},\end{split}\]所以$$a_n>\dfrac n{2n+1}=\dfrac 12-\dfrac 1{2(2n+1)}>\dfrac 12-\dfrac 1{4n}.$$