已知数列 $\left\{a_n\right\}$ 是斐波那契数列 $\{1,1,2,3,5,8,13,21,34, \cdots\}$，这一数列以如下递推的方法定义：$a_1=1$，$a_2=1$，$a_{n+2}=a_{n+1}+a_n$（$n \in \mathbb N^{\ast}$），数列 $\left\{b_n\right\}$ 对于确定的正整数 $k$，若存在正整数 $n$，使得 $b_{k+n}=b_k+b_n$ 成立，则称数列 $\left\{b_n\right\}$ 为 $k$ 阶可拆分数列．
1、已知数列 $\left\{c_n\right\}$ 满足 $c_n=m a_n$（$n \in\mathbb N^{\ast}$，$m \in\mathbb R$），判断是否对任意 $m\in\mathbb R$，总存在确定的正整数 $k$，使得数列 $\left\{c_n\right\}$ 为 $k$ 阶可分拆数列，并说明理由；
2、设数列 $\left\{d_n\right\}$ 的前 $n$ 项和为 $S_n=3^n-a$（$a \geqslant 0$）．
① 若数列 $\left\{d_n\right\}$ 为 $1$ 阶可分拆数列，求出符合条件的实数 $a$ 的值；
② 在 ① 的前提下，若数列 $\left\{f_n\right\}$ 满足 $f_n=\dfrac{a_n}{S_n}$，其前 $n$ 项和为 $T_n$，求证：当 $n \in\mathbb N^{\ast}$ 且 $n \geqslant 3$ 时，有\[ T_n<a_1^2+a_2^2+a_3^2+\cdots+a_n^2-a_n a_{n+1}+1.\]
解析
1、由于 $c_n:m,m,2m,\cdots$，对任意 $m\in\mathbb R$，总存在确定的正整数 $k=1$，以及 $n=2$，使得\[c_3=c_1+c_2\implies c_{k+n}=c_k+c_n,\]对任意 $m\in\mathbb R$，总存在确定的正整数 $k$，使得数列 $\left\{c_n\right\}$ 为 $k$ 阶可分拆数列．
2、根据题意，有\[a_n=\begin{cases} S_1,&n=1,\\ S_n-S_{n-1},&n\geqslant 2,\end{cases}=\begin{cases} 3-a,&n=1,\\ 2\cdot 3^{n-1},&n\geqslant 2.\end{cases}\] ① 根据题意，存在正整数 $n$，使得 $d_{n+1}=d_n+d_1$ 成立． 若 $n=1$，则\[d_2=2d_1\iff 6=2(3-a)\iff a=0.\] 若 $n\geqslant 2$，则\[2\cdot 3^n=(3-a)+2\cdot 3^{n-1}\iff 4\cdot 3^{n-1}=3-a,\]无解． 综上所述，$a=0$． ② 先处理右边，定义 $a_0=0$，有\[\sum_{k=1}^na_k^2=\sum_{k=1}^n \big(a_k(a_{k+1}-a_{k-1})\big)=\sum_{k=1}^n\big(a_ka_{k+1}-a_{k-1}a_k\big)=a_na_{n+1},\]因此只需要证明 $T_n<1$． 根据特征根法，有\[\dfrac{a_n}{S_n}=\dfrac{1}{\sqrt 5}\left(\alpha^n-\beta^n\right)<\dfrac{\alpha^n}{\sqrt 5},\]其中 $\alpha=\dfrac{1+\sqrt 5}6$，$\beta=\dfrac{1-\sqrt 5}6$，因此\[T_n=\dfrac{1}{\sqrt 5}\cdot \dfrac{\alpha-\alpha^n}{1-\alpha}<\dfrac{\alpha}{\sqrt5(1-\alpha)}=\dfrac{3+\sqrt 5}{10}<1,\]
备注 事实上有 $\dfrac{3+\sqrt 5}{10}=0.52360\cdots$，猜想本意不想求 $\{a_n\}$ 通项，则可以考虑\[3T_n-T_n=a_1+\dfrac{a_2-a_1}{3}+\dfrac{a_3-a_2}{3^2}+\cdots+\dfrac{a_{n}-a_{n-1}}{3^{n-1}}-\dfrac{a_n}{3^n}=1+\dfrac 13T_{n-2}-\dfrac{a_n}{3^n},\]从而\[T_n<\dfrac 12+\dfrac 16T_{n-2},\]利用递推容易证明 $T_n<\dfrac 35$，命题得证．