已知数列 $\left\{a_n\right\}$ 的前 $n$ 项和为 $S_n$，且 $a_2=3$，$a_{n+1}=S_n+n+1$．
1、证明：数列 $\left\{a_n+1\right\}$ 是等比数列．
2、设 $b_n=\log_2\left(a_n+1\right)$，求数列 $\left\{a_n b_n\right\}$ 的前 $n$ 项和 $T_n$．
3、设 $c_n=\begin{cases}a_n,&n=2 k-1,\\a_n+2,&n=2 k,\end{cases}$ 其中 $k\in \mathbb N^{\ast}$，证明：$\displaystyle\sum_{i=1}^n\dfrac 1{c_i}<\dfrac 3 2$．
解析
1、由 $a_{n+1}=S_n+n+1$ 可得\[\begin{cases} a_2=S_1+2,\\ a_{n+1}-a_n=a_n+1,\quad n\geqslant 2,\end{cases}\implies \begin{cases} a_1=1,\\ a_{n+1}=2a_n+1,\quad n\geqslant 2,\end{cases}\]于是当 $n\geqslant 2$ 时，有\[a_{n+1}+1=2(a_n+1),\]从而数列 $\{a_n+1\}$ 是公比为 $2$ 的等比数列．
2、根据第 $(1)$ 小题的结果，有 $a_n+1=2^n$（$n\in\mathbb N^{\ast}$），从而 $b_n=n$，于是\[\sum_{k=1}^n(a_kb_k)=\sum_{k=1}^n\left(k\cdot (2^k-1)\right)=\sum_{k=1}^n\left(k\cdot 2^k\right)-\sum_{k=1}^nk=(2n-2)\cdot 2^n+2-\dfrac 12n(n+1).\]
3、根据题意，有\[c_n=\begin{cases} 2^n-1,&n~\text{是奇数},\\ 2^n+1,&n~\text{是偶数},\end{cases}\]注意到当 $n$ 为偶数时，有\[\dfrac{1}{c_n}+\dfrac{1}{c_{n+1}}=\dfrac{1}{2^n+1}+\dfrac{1}{2^{n+1}-1}<\dfrac 1{2^n}+\dfrac{1}{2^{n+1}}\impliedby \dfrac{1}{2^{n+1}(2^{n+1}-1)}<\dfrac{1}{2^n(2^n+1)},\]于是\[\sum_{i=1}^n\dfrac 1{c_i}<\sum_{i=1}^{2n+1}\dfrac{1}{c_i}=\dfrac 1{c_1}+\sum_{i=1}^{n}\left(\dfrac{1}{c_{2i}}+\dfrac1{c_{2i+1}}\right)<1+\sum_{i=1}^n\left(\dfrac1{2^{2i}}+\dfrac{1}{2^{2i+1}}\right)<1+\dfrac 12=\dfrac 32,\]命题得证．