已知 $a_1=1$，$a_{n+1}=\sqrt{a_n^2+\dfrac{1}{a_n^{2019}}}$，判断数列 $\{a_n\}$ 的有界性．
答案 有下界（下确界为 $1$），没有上界．
解析 根据题意，有\[a_{n+1}^2-a_n^2=\dfrac{1}{a_n^{2019}},\]于是 $\{a_n\}$ 单调递增，若 $\{a_n\}$ 有上界 $m$，则 $a_n\leqslant A$（$n\in\mathbb N^{\ast}$），从而\[a_{n+1}^2-a_n^2\geqslant\dfrac{1}{A^{2019}}\implies a_m^2-a_1^2\geqslant \dfrac{m-1}{A^{2019}},\]取 $m=\left[1+A^{2021}\right]+1$，则\[a_m^2\geqslant 1+A^2\implies a_m>A,\]与 $\{a_n\}$ 有上界矛盾． 综上所述，数列 $\{a_n\}$ 有下界（下确界为 $1$），没有上界．