已知数列$\{a_n\}$和$\{b_n\}$满足$a_1=1$，$b_1=2$，$a_{n+1}b_n=a_nb_n+2a_n+4$．
（1）若$b_n=2a_n$，求证：当$n\geqslant 2$时，$n+2\leqslant a_n\leqslant \dfrac 32n+1$；
（2）若$a_nb_{n+1}=a_nb_n+2b_n+4$，求证：$a_n<10$．
分析与解 （1）根据题意有$$a_{n+1}=a_n+\dfrac{2}{a_n}+1,$$显然有$\{a_n\}$单调递增．又$a_2=4$，因此当$n\geqslant 2$时，有$$1\leqslant a_{n+1}-a_n\leqslant \dfrac 2{a_2}+1=\dfrac 32,$$累加即得．
（2）由$a_{n+1}b_n=a_nb_n+2a_n+4$得$$b_n=\dfrac{2a_n+4}{a_{n+1}-a_n},$$于是$$\dfrac{a_n(2a_{n+1}+4)}{a_{n+2}-a_{n+1}}=\dfrac{(a_n+2)(2a_n+4)}{a_{n+1}-a_n}+4,$$即$$\dfrac{a_{n+1}+2}{a_{n+2}-a_{n+1}}=\dfrac{a_n^2+2a_n+2a_{n+1}+4}{a_n(a_{n+1}-a_n)},$$于是\[\begin{split} \dfrac{a_{n+1}+2}{(a_{n+2}-a_{n+1})+(a_{n+1}+2)}&=\dfrac{a_n^2+2a_n+2a_{n+1}+4}{(a_na_{n+1}-a_n^2)+(a_n^2+2a_n+2a_{n+1}+4)}\\ &=\dfrac{(a_n+2)^2+2(a_{n+1}+2)-2(a_n+2)}{(a_n+2)(a_{n+1}+2)}\\ &=\dfrac{a_n+2}{a_{n+1}+2}+\dfrac 2{a_n+2}-\dfrac{2}{a_{n+1}+2},\end{split} \]因此$$\dfrac{a_{n+1}+2}{a_{n+2}+2}+\dfrac{2}{a_{n+1}+2}=\dfrac{a_n+2}{a_{n+1}+2}+\dfrac{2}{a_n+2},$$因此数列$\left\{\dfrac{a_n+2}{a_{n+1}+2}+\dfrac{2}{a_n+2}\right\}$为常数列．
事实上，$a_1=1$，$a_2=4$，因此$$\dfrac{a_n+2}{a_{n+1}+2}+\dfrac{2}{a_n+2}=\dfrac 76,$$设$c_n=\dfrac{1}{a_n+2}$，则$$\dfrac{c_{n+1}}{c_n}+2c_n=\dfrac 76,$$即$$c_{n+1}=-2c_n^2+\dfrac 76c_n,$$利用不动点改造递推公式，得$$c_{n+1}-\dfrac 1{12}=\left(c_n-\dfrac 1{12}\right)\cdot (1-2c_n).$$显然$\{a_n\}$单调递增，于是$$c_n=\dfrac{1}{a_n+2}\leqslant \dfrac {1}{1+2}=\dfrac 13,$$因此$$\forall n\in\mathcal N^*,c_n-\dfrac 1{12}>0,$$原命题得证．
注 用合分比定理的那一步取倒数亦可．