已知数列$\{a_n\}$满足$a_1=1$，$a_{n+1}=\sqrt{a_n^2-2a_n+2}-1$($n\in\mathcal N^*$)，求证：$\dfrac 14n<a_1+a_2+\cdots +a_n\leqslant n$．
分析与解 设函数$f(x)=\sqrt{x^2-2x+2}-1$，则其不动点为$x=\dfrac 14$，且$f(x)$在区间$[0,1]$上单调递减，如图．
由于当$x\in [0,1]$时，$f(x)\in [0,1]$，且$f(x)$单调递减，于是不难证明$$0\leqslant a_{2n}<\dfrac 14<a_{2n-1}\leqslant 1,$$且$\{a_{2n}\}$单调递增，而$\{a_{2n-1}\}$单调递减，从而$$a_1+a_2+\cdots +a_n\leqslant n.$$下面利用不动点改造递推式，设$b_n=a_n-\dfrac 14$，则有$$b_{n+1}+\dfrac 14=\sqrt{\left(b_n+\dfrac 14\right)^2-2\left(b_n+\dfrac 14\right)+2}-1,$$整理得$$\left|\dfrac{b_{n+1}}{b_n}\right|=\left|\dfrac{b_n-\dfrac 32}{b_{n+1}+\dfrac 52}\right|=\dfrac{\dfrac 74-a_n}{a_{n+1}+\dfrac 94}<\dfrac{\dfrac 74-0}{0+\dfrac 94}=\dfrac 79.$$而左边的不等式等价于$$b_1+b_2+\cdots +b_n>0.$$由于$b_1=\dfrac 34$，$b_2=-\dfrac 14$，$b_3=\sqrt 2-\dfrac 54$，因此$n=1,2,3$时左边不等式均成立．当$n>3$时，有\[\begin{split} b_1+b_2+\cdots +b_n>&b_1+b_3+\dfrac{b_2}{1-\left(\dfrac 79\right)^2}\\=&\dfrac 34+\left(\sqrt 2-\dfrac 54\right)-\dfrac{\dfrac 14}{1-\left(\dfrac 79\right)^2}\\=&\sqrt 2-\dfrac{145}{128}>0,\end{split} \]因此左边不等式得证．
综上所述，原命题得证．
注 迭代函数法是处理递推数列的单调性与有界性的有效方法．