无穷数列 $\{a_n\}$ 的前 $n$ 项和为 $S_n$，且满足 $a_{n+1}=a_n+\dfrac{a_n^2}{n^2}$，$0<a_1<1$，以下命题正确的有（ ）
A．$2S_2<S_1+S_3$
B．$a_n\leqslant na_1$
C．$a_n>n-1$
D．若 $a_1=\dfrac 12$，则当 $n\geqslant 3$ 时，$a_n<\dfrac{3(n-1)}{n+2}$
答案 ABD．
解析 对于选项 $\boxed{A}$，命题等价于 $a_2<a_3$，选项正确；
对于选项 $\boxed{B}$，分析通项，只需要证明\[a_{n+1}-a_n\leqslant a_1\impliedby \frac{a_n^2}{n^2}\leqslant a_1\impliedby a_n\leqslant n\sqrt{a_1}\impliedby a_n\leqslant na_1,\]命题得证，选项正确；
对于选项 $\boxed{C}$，取 $a_1=\dfrac 12$，则由对选项 $\boxed{B}$ 的分析，有 $a_{20}\leqslant 10$，选项错误；
对于选项 $\boxed{D}$，根据题意，有 $^{[1]}$\[\dfrac{1}{a_{n+1}}=\dfrac{1}{a_n}-\dfrac{1}{a_n+n^2}\implies \dfrac{1}{a_n}-\dfrac{1}{a_{n+1}}=\dfrac{1}{a_n+n^2}<\dfrac{1}{n^2}<\frac{1}{n-1}-\frac1n,\]因此当 $n\geqslant 2$ 时，有\[\dfrac{1}{a_2}-\dfrac{1}{a_{n+1}}<1-\dfrac 1n\implies \dfrac1{a_{n+1}}>\frac{1}{a_2}-1+\frac 1n=\dfrac{n+3}{3n}\implies a_{n+1}<\dfrac{3n}{n+3},\]选项正确；
综上所述，正确的选项为 $\boxed{A}$ $\boxed{B}$ $\boxed{D}$．