已知正数数列$\{a_n\}$的前$n$项和与前$n$项积始终相等，求证：$1<a_{n+1}<a_n\leqslant 1+\dfrac 1n$($n\geqslant 3$)．
解 根据已知，有$$a_1+a_2+\cdots +a_n=a_1\cdot a_2\cdots a_n,$$于是$$a_1+a_2+\cdots +a_n+a_{n+1}=a_1\cdot a_2\cdots a_n\cdot a_{n+1},$$因此$$a_{n+1}=a_1\cdot a_2\cdots a_n \cdot (a_{n+1}-1).$$显然有$a_n>1(n\geqslant 2)$，于是$$a_1+a_2+\cdots +a_n=a_1\cdot a_2\cdots a_n=\dfrac{a_{n+1}}{a_{n+1}-1},$$于是当$n\geqslant 2$时，有$$a_1+a_2+\cdots +a_{n-1}=\dfrac{a_n}{a_n-1},$$于是$$a_n=\dfrac{a_{n+1}}{a_{n+1}-1}-\dfrac{a_n}{a_n-1},$$即$$a_n=\dfrac{1}{a_{n+1}-1}-\dfrac{1}{a_n-1},$$由$a_n>0$就得到了$a_{n+1}<a_n$($n\geqslant 3$)．将上式累加得$$\dfrac{1}{a_{n+1}-1}=\dfrac{1}{a_2-1}+a_2+\cdots +a_n.$$又因为$n\geqslant 2$时，$a_n>1$，所以有$$\begin{split} \dfrac {1}{a_{n+1}-1}=&\dfrac{1}{a_2-1}+a_2+\cdots +a_n\\=&\dfrac{1}{a_2-1}+a_2-1+1+a_3\cdots +a_n\\\geqslant &n+1,\end{split} $$即得$$a_{n}\leqslant 1+\dfrac 1n,n\geqslant 3,$$因此原命题得证．
特别的，当$n=3$时，即$a_1+a_2=a_1\cdot a_2$，$a_1+a_2+a_3=a_1\cdot a_2\cdot a_3$，则$a_3\leqslant \dfrac 43$．这就是一道经典的高考题：
已知$2^a+2^b=2^{a+b}$，$2^a+2^b+2^c=2^{a+b+c}$，且$a,b,c>0$，求$c$的最大值．
注 每日一题[394]左右逢源与本题条件相同，结论弱一些，结合数学归纳法容易证明本题这个更强的结论．