各项均为正数的数列$\{a_n\}$对满足$m+n=p+q$的正整数$m,n,p,q$都有$$\dfrac{a_m+a_n}{(1+a_m)(1+a_n)}=\dfrac{a_p+a_q}{(1+a_p)(1+a_q)}.$$
（1）当$a_1=\dfrac 12$，$a_2=\dfrac 45$时，求通项$a_n$；
（2）证明：对任意$a_1$，存在与$a_1$有关的常数$\lambda (a_1)$，使得对任意$n\in\mathcal N^*$，$n\geqslant 3$，都有$\dfrac{1}{\lambda (a_1)}\leqslant a_n\leqslant \lambda (a_1)$．
解与证明 令$m=2$，$p=1$，$q=n+1$，则有$$\dfrac{a_2+a_n}{(1+a_2)(1+a_n)}=\dfrac{a_1+a_{n+1}}{(1+a_1)(1+a_{n+1})},$$整理得$$a_{n+1}=\dfrac{(1-a_1a_2)a_n+a_2-a_1}{(a_2-a_1)a_n+1-a_1a_2},$$利用不动点改造递推公式，可得若$a_1=1$，则$a_n=1$($n\in\mathcal N^*$)，若$a_1\neq 1$，则$$\dfrac{1+a_{n+1}}{1-a_{n+1}}=\left[\dfrac{(1+a_2)(1-a_1)}{(1-a_2)(1+a_1)}\right]^n\cdot \dfrac{1+a_1}{1-a_1}.$$
（1）当$a_1=\dfrac 12$，$a_2=\dfrac 45$时，有$$\dfrac{(1+a_2)(1-a_1)}{(1-a_2)(1+a_1)}=3,$$而$\dfrac{1+a_1}{1-a_1}=3$，于是$$\dfrac{1+a_n}{1-a_n}=3^n,$$从而解得$$a_n=\dfrac{3^n-1}{3^n+1},n\in\mathcal N^*.$$
（2）由于$a_n>0$，当$a_1=1$时，$a_n=1$($n\in\mathcal N^*,n\geqslant 3$)，于是取$\lambda (a_1)=1$即可；
当$a_1\neq 1$时，有$$\forall n\in\mathcal N^*,\left|\dfrac{1+a_n}{1-a_n}\right|\geqslant 1,$$因此$$\left|\dfrac{(1+a_2)(1-a_1)}{(1-a_2)(1+a_1)}\right|\geqslant 1,$$此时必有$$\left|\dfrac{1+a_n}{1-a_n}\right|\geqslant \left|\dfrac{1+a_1}{1-a_1}\right|,$$因此$a_n$始终在$a_1$和$\dfrac{1}{a_1}$之间．
综上所述，令$\lambda (a_1)=\max\left\{a_1,\dfrac 1{a_1}\right\}$即可．
如图，即为$a_1=\dfrac 12$的情形．
事实上，$a_1\ne 1$时，题目不等式对$a_2$也成立，否则不能保证数列恒正．