已知数列 $\left\{a_n\right\}$ 的前 $n$ 项和为 $S_n$，且满足 $a_1=1$，$\dfrac{S_{n-1}}{a_n}-\dfrac{S_{n-1}}{a_{n-1}}+\dfrac{1}{2}=0$（$n \geqslant 2$）．
1、求 $\left\{a_n\right\}$ 的通项公式；
2、当 $n \geqslant 3$ 时，已知 $f(x)=\left(x-a_1\right)\left(x-a_2\right) \cdots\left(x-a_n\right)$ 的导函数为\[f^{\prime}(x)=n\left(x-b_1\right)\left(x-b_2\right) \cdots\left(x-b_{n-1}\right),\]其中 $b_1 \leqslant b_2 \leqslant \cdots \leqslant b_{n-1}$．设 $2 \leqslant j \leqslant n-1$，且 $j\in\mathbb N^{\ast}$．
① 若 $u_j=b_j-j$，$v_j=j-b_{j-1}$，定义\[F(u, v)=\sum\limits_{i=1}^n \frac{u v}{(j-i+u)(j-i-v)},\]求证：$F\left(u_j, v_j\right)=0$；
② 求证：$b_j-b_{j-1}>1$．
解析
1、根据题意，当 $n\geqslant 2$ 时有\[a_n=\dfrac{S_{n-1}}{\frac{S_{n-1}}{a_{n-1}}-\frac 12},\]于是 $a_2=2,a_3=3$，猜想 $a_n=n$．假设命题对 $1,2,\cdots,n-1$ 成立，则\[a_n=\dfrac{\frac{n(n-1)}2}{\frac n2-\frac 12}=n,\]因此命题对 $n$ 也成立，通项公式得证．
2、① 根据题意，有 $f(x)=(x-1)(x-2)\cdots (x-n)$，于是\[f'(x)=\sum_{i=1}^n\prod_{1\leqslant j\leqslant n,j\ne i}(x-j),\]且当 $x\ne 1,2,\cdots,n$ 时，有\[f'(x)=\sum_{i=1}^n\dfrac{f(x)}{x-i}=f(x)\cdot \sum_{i=1}^n\dfrac{1}{x-i}.\]根据定义，有\[F(u,v)=\dfrac{uv}{u+v}\sum\limits_{i=1}^n\left(\dfrac{1}{j-i-v}-\dfrac{1}{j-i+u}\right),\]于是\[F(u_j,v_j)=\dfrac{u_jv_j}{u_j+v_j}\sum_{i=1}^n\left(\dfrac{1}{b_{j-1}-i}-\dfrac{1}{b_{j}-i}\right),\]而\[\sum_{i=1}^n\dfrac{1}{b_k-i}=\dfrac{f'(b_k)}{f(b_k)}=0,\]分别取 $k=j-1,j$ 即得．
② 分析 $f'(x)$ 的和式组成中的各项符号，可得 $f'(n),f'(n-1),\cdots,f(2),f(1)$ 的符号从正号开始正负交替 $^{[1]}$，从而\[k<b_k<k+1,k=1,2,\cdots,n-1.\]因此 $b_j-b_{j-1}=u_j+v_j$ 且 $u_j,v_j\in(0,1)$，只需要证明 $u_j+v_j>1$． 注意到\[F(u,v)=\sum_{i=1}^{j-1}\dfrac{uv}{(j-i+u)(j-i-v)}+(-1)+\sum_{i=j+1}^{n}\dfrac{uv}{(i-j-u)(i-j+v)},\]于是 $F(u,v)$ 在 $u,v\in (0,1)$ 时关于 $u,v$ 单调递增，且当 $u+v=1$ 时 $^{[2]}$，有\[F(u,v)=uv\left(\dfrac{1}{j-n-v}-\dfrac{1}{j-1+u}\right)=\dfrac{uvn}{(j-n-v)(j-1+u)}<0,\]因此\[F(u_j,v_j)=0>F(u_j,1-u_j)\implies v_j>1-u_j\implies u_j+v_j>1,\]命题得证．
$[1]$ 在每个函数零点之间均存在极值点（罗尔定理），考虑到函数 $f(x)$ 是 $n$ 次无重根多项式函数，而 $f'(x)$ 是 $(n-1)$ 次多项式函数，因此在相邻的函数零点之间均存在唯一的导函数零点．
$[2]$ 此时分母相差 $1$，可以裂项相消．