已知 $n\in\mathbb N^{\ast}$，正实数 $a_1,a_2,\cdots,a_n$ 的前 $k$ 项和为 $S_k$ 且 $S_n=1$，求证：$\displaystyle 1\leqslant \sum\limits_{k=1}^n\dfrac{a_k}{\sqrt{S_k}}<2$．
解析 一方面，有\[\sum_{k=1}^n\dfrac{a_k}{\sqrt{S_k}}\geqslant \sum_{k=1}^n\dfrac{a_k}{\sqrt{S_n}}=\sum_{k=1}^na_k=S_n=1,\]等号当 $n=1$ 时可以取得； 另一方面，当 $n\geqslant 2$ 时，有\[\begin{split}\sum_{k=1}^n\dfrac{a_k}{\sqrt{S_k}}&=\sqrt{a_1}+2\sum_{k=2}^n\dfrac{S_k-S_{k-1}}{2\sqrt{S_k}}\\ &<\sqrt{a_1}+2\sum_{k=2}^n\dfrac{S_k-S_{k-1}}{\sqrt{S_k}+\sqrt{S_{k-1}}}\\ &=\sqrt{a_1}+2\sum_{k=2}^n(\sqrt{S_k}-\sqrt{S_{k-1}})\\ &=\sqrt{a_1}+2\left(1-\sqrt{a_1}\right)\\ &<2,\end{split}\] 因此原不等式得证．
备注 事实上，当 $a_1=a_2=\cdots=a_n=\dfrac 1n$ 时，有\[\lim\limits_{n\to +\infty}\sum\limits_{k=1}^n\dfrac{a_k}{\sqrt{S_k}}=\lim\limits_{n\to +\infty}\dfrac{1}{\sqrt n}\sum\limits_{k=1}^n\dfrac1{\sqrt k}=2,\]因此该代数式的取值范围是 $[1,2)$．