（22）（本题 14 分）已知数列 $\left\{a_{n}\right\}, a_{n} \geq 0, a_{1}=0, a_{n+1}^{2}+a_{n+1}-1=a_{n}^{2}\left(n \in N^{\bullet}\right)$ ．记
$$ S_{n}=a_{1}+a_{2}+\cdots+a_{n} . T_{n}=\frac{1}{1+a_{1}}+\frac{1}{\left(1+a_{1}\right)\left(1+a_{2}\right)}+\cdots+\frac{1}{\left(1+a_{1}\right)\left(1+a_{2}\right) \cdots\left(1+a_{n}\right)} . $$
求证：当 $n \in N^{\bullet}$ 时，
（ I ）$a_{n}
（III）$T_{n}<3$ 。
参考答案(1) 当 $n=1$ 时，因为 $a_{2}$ 是方程 $x^{2}+x-1=0$ 的正根，所以 $a_{1}<a_{2}$ ．; (2) 假设当 $n=k\left(k \in \mathbf{N}^{*}\right)$ 时，$a_{k}<a_{k+1}$ ， 因为 $a_{k+1}{ }^{2}-a_{k}^{2}=\left(a_{k+2}{ }^{2}+a_{k+2}-1\right)-\left(a_{k+1}{ }^{2}+a_{k+1}-1\right)$ $$ =\left(a_{k+2}-a_{k+1}\right)\left(a_{k+2}+a_{k+1}+1\right) \text {, } $$ 所以 $a_{k+1}<a_{k+2}$ ． 即当 $n=k+1$ 时，$\quad a_{n}<a_{n+1}$ 也成立． 根据①和（2），可知 $a_{n}<a_{n+1}$ 对任何 $n \in \mathbf{N}^{*}$ 都成立． （ II ）证明：由 $a_{k+1}{ }^{2}+a_{k+1}-1=a_{k}{ }^{2}, k=1,2, \cdots, n-1 \quad(n \geqslant 2)$ ， 得 $a_{n}^{2}+\left(a_{2}+a_{3}+\cdots+a_{n}\right)-(n-1)=a_{1}^{2}$ ． 因为 $a_{1}=0$ ，所以 $S_{n}=n-1-a_{n}^{2}$ ． 由 $a_{n}<a_{n+1}$ 及 $a_{n+1}=1+a_{n}^{2}-2 a_{n+1}^{2}<1$ 得 $a_{n}<1$ ， 所以 $S_{n}>n-2$ ． （III）证明：由 $a_{k+1}^{2}+a_{k+1}=1+a_{k}^{2} \geqslant 2 a_{k}$ ，得 $$ \frac{1}{1+a_{k+1}} \leqslant \frac{a_{k+1}}{2 a_{k}}(k=2,3, \cdots, n-1, n \geqslant 3) $$ 所以 $\frac{1}{\left(1+a_{3}\right)\left(1+a_{4}\right) \cdots\left(1+a_{n}\right)} \leqslant \frac{a_{n}}{2^{n-2} a_{2}}(a \geqslant 3)$ ， 于是 $\frac{1}{\left(1+a_{2}\right)\left(1+a_{3}\right) \cdots\left(1+a_{n}\right)} \leqslant \frac{a_{n}}{2^{n-2}\left(a_{2}^{2}+a_{2}\right)}=\frac{a_{n}}{2^{n-2}}<\frac{1}{2^{n-2}}(n \geqslant 3)$ ， 故当 $n \geqslant 3$ 时，$T_{n}<1+1+\frac{1}{2}+\cdots+\frac{1}{2^{n-2}}<3$ ， 又因为 $T_{1}<T_{2}<T_{3}$ ， 所以 $T_{n}<3$ ．