放缩法

已知数列 $\{a_n\}$满足 $a_1=1,a_{n+1}=3a_n+1.$
(1)证明： $\{a_n+\dfrac{1}{2}\}$是等比数列，并求 $\{a_n\}$的通项公式；
(2)证明： $\dfrac{1}{a_1}+\dfrac{1}{a_2}+\cdots+\dfrac{1}{a_n}<\dfrac{3}{2}.$

[解析]
(1)由题意有 $a_{n+1}+\dfrac{1}{2}=3(a_n+\dfrac{1}{2})$ 所以 $\{a_n+\dfrac{1}{2}\}$ 是以 $\dfrac{3}{2}$ 为首项， $3$ 为公比的等比数列；解得 $a_n=\dfrac{3^n-1}{2}.$

(2)因为当 $n>1$时 $\dfrac{2}{3^n-1}<\dfrac{1}{3^{n-1}}$则
$\dfrac{1}{a_1}+\dfrac{1}{a_2}+\cdots+\dfrac{1}{a_n}\quad\quad\quad\quad$ $=\dfrac{2}{3-1}+\dfrac{2}{3^2-1}+\cdots+\dfrac{2}{3^n-1}$ $<1+\dfrac{1}{3}+\dfrac{1}{3^2}+\cdots+\dfrac{1}{3^{n-1}}\quad\quad\quad$ $=\dfrac{3}{2}-\dfrac{1}{2\cdot3^{n-1}}<\dfrac{3}{2}\quad\quad\quad\quad\quad\quad$当 $n=1$ 时，显然成立；得证.