每日一题[2098]积分放缩

已知正项数列 $\{a_n\}$ 的前 $n$ 项和为 $S_n$，且 $2\sqrt{S_n}=a_n+1$．

1、求数列 $\{a_n\}$ 的通项公式．

2、设 $b_n=\dfrac{1}{a_n\cdot a_{n+1}}$，数列 $\{b_n\}$ 的前 $n$ 项和为 $T_n$，求证：$T_n<\dfrac 12$．

3、若不等式 $\dfrac{1}{a_n}+\dfrac{1}{a_{n+1}}+\dfrac{1}{a_{n+2}}+\cdots+\dfrac{1}{a_{2n}}\leqslant{\log_2}(m-1)-\dfrac23$ 对任意的 $n\in\mathbb N^{\ast}$ 恒成立，求实数 $m$ 的取值范围．

解析

1、根据题意，有 $$4S_n=a_n^2+2a_n+1,$$ 于是当 $n=1$ 时，有 $$4a_1=a_1^2+2a_1+1\iff a_1=1,$$ 当 $n\geqslant 2$ 时，有 $$4(S_n-S_{n-1})=(a_n^2+2a_n+1)-(a_{n-1}^2+2a_{n-1}+1)\iff (a_n+a_{n-1})(a_n-a_{n-1}-2)=0,$$ 考虑到 $\{a_n\}$ 是正项数列，于是 $$a_n=a_{n-1}+2,$$ 进而可得 $a_n=2n-1$（$n\in\mathbb N^{\ast}$）．

2、根据题意，有 $$T_n=\sum_{k=1}^n\dfrac{1}{(2k-1)(2k+1)}=\dfrac 12\sum_{k=1}^n\left(\dfrac{1}{2k-1}-\dfrac{1}{2k+1}\right)=\dfrac 12\left(1-\dfrac{1}{2n+1}\right)<\dfrac 12,$$ 原命题得证．

3、不等式左侧 $$A_n=\sum_{k=n}^{2n}\dfrac{1}{2k-1},$$ 于是 $$A_n-A_{n-1}=\dfrac{1}{a_{2n}}+\dfrac{1}{a_{2n-1}}-\dfrac{1}{a_{n-1}}=\dfrac{1}{4n-1}+\dfrac1{4n-3}-\dfrac{1}{2n-3}>0,$$ 于是 $A_n$ 单调递增，接下来考虑 $A_n$ 的极限．利用定积分的几何意义，有 $$\int_{k}^{k+1}\dfrac{1}{2x-1}{ {\rm d}} x<\dfrac{1}{2k-1}<\int_{k-1}^{k}\dfrac{1}{2x-1}{ {\rm d}} x,$$ 即 $$\dfrac 12\ln\left(k+\dfrac 12\right)-\dfrac 12\ln\left(k-\dfrac 12\right)<\dfrac{1}{2k-1}<\dfrac12\ln\left(k-\dfrac 12\right)-\dfrac 12\ln\left(k-\dfrac 32\right),$$ 求和可得 $$\dfrac 12\ln\dfrac{4n+1}{2n-1}<\dfrac12\ln\dfrac{2n+\dfrac 12}{n-\dfrac 12}<A_n<\dfrac12\ln\dfrac{2n-\dfrac 12}{n-\dfrac 32}=\dfrac 12\ln\dfrac{4n-1}{2n-3},$$ 因此 $A_n$ 的极限为 $\dfrac 12\ln 2$．因此题中不等式恒成立，即 $${\log_2}(m-1)-\dfrac 23\geqslant \dfrac 12\ln 2,$$ 实数 $m$ 的取值范围是 $\left[2^{(3\ln 2+4)/6}+1,+\infty\right)$．