已知正项数列 $\left\{a_n\right\}$ 满足 $a_{n+1}^2=2-\dfrac 2{a_n+1}$．
1、若 $a_3=a_4$，求 $a_7$；
2、若 $a_1=\sqrt 2$，求 $\left\{a_n\right\}$ 的通项公式；
3、记 $S_n$ 为数列 $\left\{\dfrac 1{a_n}\right\}$ 的前 $n$ 项和，若 $S_2^2=\dfrac{\sqrt 3}2+1$，证明：$\dfrac 1 2\leqslant n-S_n<\dfrac 3 4$．
解析
1、根据题意，有\[\begin{cases} a_3=a_4,\\ a_4^2=2-\dfrac2{a_3+1},\end{cases}\]解得 $a_3=a_4=-2,0,1$，只保留正实数解，有 $a_3=a_4=1$，此时 $a_n=1$（$n\in\mathbb N^{\ast}$），从而 $a_7=1$．
2、根据第 $(1)$ 小题的结果，迭代函数 $f(x)=\sqrt{2-\dfrac2{x+1}}$，不动点为 $x=-2,0,1$，于是\[\dfrac{1}{a_{n+1}^2}=\dfrac{a_n+1}{2a_n}\iff \dfrac{1}{a_n}=2\left(\dfrac{1}{a_{n+1}}\right)^2-1,\]设 $\dfrac{1}{a_n}=\cos\theta_n$，其中 $\theta\in\left(0,\dfrac{\pi}2\right)$，且 $\theta_1=\dfrac{\pi}4$，则\[\cos\theta_n=2\cos^2\theta_{n+1}-1\implies \theta_n=2\theta_{n+1}\implies \theta_{n+1}=\dfrac 12\theta_n\implies \theta_n=\dfrac{\pi}{2^{n+1}},\]于是\[\dfrac{1}{a_n}=\cos\dfrac{\pi}{2^{n+1}}\implies a_n=\dfrac{1}{\cos\frac{\pi}{2^{n+1}}}.\]
3、根据第 $(2)$ 小题的结果，有\[S_2=\dfrac{1}{a_1}+\dfrac{1}{a_2}\implies \dfrac 12+\dfrac {\sqrt 3}2=\left(\dfrac{2}{a_2^2}-1\right)+\dfrac1{a_2},\]从而 $a_2=\dfrac{2}{\sqrt 3}$，$a_1=2$，进而\[\begin{split} n-S_n&=n-\sum_{k=1}^n\dfrac{1}{a_k}\\ &=\sum_{k=1}^n\left(1-\cos\dfrac{\pi}{3\cdot 2^{k-1}}\right)\\ &=2\sum_{k=1}^n\sin^2\dfrac{\pi}{3\cdot 2^k}\\ &<2\sum_{k=1}^n\left(\dfrac{\pi}{3\cdot 2^k}\right)^2\\ &<2\cdot\dfrac{\left(\dfrac{\pi}6\right)^2}{1-\dfrac14}=\dfrac{2\pi^2}{27}<\dfrac 34,\end{split}\]因此不等式右侧得证，而不等式左侧显然成立，命题得证．