2011年高考数学重庆卷压轴题：
设实数数列$\{a_n\}$的前$n$项和为$S_n$，满足$S_{n+1}=a_{n+1}S_n$($n\in\mathcal N^*$)．
（1）若$a_1,S_2,-2a_2$成等比数列，求$S_2$和$a_3$；
（2）求证：对$k\geqslant 3$，有$0\leqslant a_{k+1}\leqslant a_k\leqslant \dfrac 43$．
解 （1）容易求得$S_2=-2$，$a_3=\dfrac 23$．
（2）方法一 转化为$\{a_n\}$
由已知条件可得$$S_n+a_{n+1}=a_{n+1}S_n,$$于是$$S_n=\dfrac{a_{n+1}}{a_{n+1}-1},$$因此$$\dfrac{a_{n+2}}{a_{n+2}-1}=a_{n+1}\cdot\dfrac{a_{n+1}}{a_{n+1}-1},$$从而可得$$a_{n+2}=\dfrac{a_{n+1}^2}{a_{n+1}^2-a_{n+1}+1}.$$
当$a_3=0$时，$a_n=0$，命题成立；
当$a_3\neq 0$时，$a_n\neq 0$，此时$$a_{n+2}=\dfrac{1}{\left(\frac{1}{a_{n+1}}-\frac 12\right)^2+\frac 34},$$显然有$$0< a_{n+2}\leqslant \dfrac 43,$$进而$$\dfrac{a_{n+2}}{a_{n+1}}=\dfrac{1}{a_{n+1}+\frac{1}{a_{n+1}}-1}\leqslant 1,$$于是$$a_{n+2}\leqslant a_{n+1}.$$因此命题成立．
综上所述，原命题得证．
方法二 转化为$\{S_n\}$．
由已知条件可得$$S_{n+1}=(S_{n+1}-S_n)\cdot S_n,$$于是$$S_{n+1}=\dfrac{S_n^2}{S_n-1},$$欲证结论为数列$\left\{a_n\right\}$从第三项起不增且各项都在区间$\left[0,\dfrac 43\right]$上，我们分两步证明：
先证明数列$\left\{a_n\right\}$从第三项起各项都在区间$\left[0,\dfrac 43\right]$上，即数列$\{S_n\}$从第三项起不减，且$$0\leqslant \dfrac{S_n}{S_n-1}\leqslant \dfrac 43$$对$n\geqslant 2$恒成立．
利用迭代函数法研究该递推数列．通过求导研究单调性得到函数$f(x)=\dfrac {x^2}{x-1}$的图象如下：
容易得到$S_2\geqslant 4$或$S_2\leqslant 0$，而当$x<0$或$x\geqslant 4$时，都有$f(x)>x$，且$f(x)$单调递增，因此$\{S_n\}$从第二项起单调递增或者为常数列（零数列），而当$x\leqslant 0$或$x\geqslant 4$时，有$$\dfrac {x}{x-1}\in\left[0,\dfrac 43\right ],$$故第一步得证．
下面证明从第三项起数列$\{a_n\}$不增，因为$$a_{n+1}=\dfrac {S_{n+1}}{S_n}=\dfrac {S_n}{S_n-1}=1+\dfrac {1}{S_n-1},$$而$n\geqslant 2$时，$\{S_n\}$不减，故$n\geqslant 3$时，$\{a_n\}$不增．
综上原命题得证．具体的书写过程可以参考相关的每日一题：