При небольших $n$ задачу можно решить с помощью перебора.
а) Так как $[a,b]\ge2a$ при $a\lt b$, и $a_0\ge1$, $a_1\ge2$, справедливы неравенства $\dfrac1{[a_0,a_1]}\le\dfrac12$, $\dfrac1{[a_1,a_2]}\le\dfrac14$ и $$\dfrac1{[a_0,a_1]}\le\dfrac1{[a_0,a_1]}+\dfrac1{[a_1, a_2]}\le\dfrac12+\dfrac14=\dfrac34.$$
б) Если $a_2\ge4$, то, как и в пункте а), $\dfrac1{[a_0,a_1]}\le\dfrac12$, $\dfrac1{[a_1,a_2]}\le\dfrac14$, $\dfrac1{[a_2, a_3]}\le\dfrac18,$ если же $a_2=3$, то $a_0=1$, $a_1=2$, $[a_0,a_1]=2$, $[a_1,a_2]=6$, $[a_2,a_3]\ge6$, и $$\dfrac1{[a_0,a_1]}+\dfrac1{[a_1,a_2]}+\dfrac1{[a_2,a_3]}\le\dfrac12+\dfrac16+\dfrac16\lt\dfrac78.$$
в) Доказательство проведём методом математической индукции. При $n=1$ наше неравенство очевидно. Допустим теперь, что оно справедливо при $n=k$ и докажем его для $n=k+1$. Рассмотрим два случая.
1) Пусть $a_{k+1}\ge2^{k+1}$, тогда $[a_k,a_{k+1}]\ge a_{k+1}\ge2^{k+1}$ и по предположению индукции
$$
\left(\dfrac1{[a_0,a_1]}+\ldots+\dfrac1{[a_{k-1},a_k]}\right)+\dfrac1{[a_k,a_{k+1}]}\le
\left(1-\dfrac1{2^k}\right)+\dfrac1{2^{k+1}}=1-\dfrac1{2^{k+1}}.
$$
2) В случае, когда $a_{k+1}\lt2^{k+1}$, воспользуемся тождеством $[a,b]=\dfrac{ab}{(a,b)}$, где $(a,b)$ — наибольший общий делитель чисел $a$ и $b$. Поскольку $b-a$ делится на $(a,b)$, и, следовательно, $(a,b)\le b-a$ (при $b\gt a$), из этого тождества вытекает, что $\dfrac1{[a,b]}\le\dfrac{b-a}{ab}=\dfrac1a-\dfrac1b$. Поэтому
$$\begin{gather*}
\dfrac1{[a_0,a_1]}+\dfrac1{[a_1,a_2]}+\ldots+\dfrac1{[a_k,a_{k+1}]}\le\\
\le\left(\dfrac1{a_0}-\dfrac1{a_1}\right)+\left(\dfrac1{a_1}-\dfrac1{a_2}\right)+\ldots+
\left(\dfrac1{a_k}-\dfrac1{a_{k+1}}\right)=\dfrac1{a_0}-\dfrac1{a_{k+1}}\lt1-\dfrac1{2^{k+1}},
\end{gather*}$$
что и требовалось доказать.
Отметим, что указанная оценка точная: при любом $n$ равенство достигается для последовательности $a_0=1$, $a_1=2$, $\ldots$, $a_n=2^n$.
