每日一题[2379]递推上界

已知数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 满足 $a_{1}=1$，$a_{n+1}=\dfrac{a_{n}}{1+\sqrt{a_{n}}}$（$n \in \mathbb{N}^{*}$）．记数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的前 $n$ 项和为 $S_{n}$，则（       ）

A．$\dfrac{3}{2}<S_{100}<3$

B．$3<S_{100}<4$

C．$4<S_{100}<\dfrac{9}{2}$

D．$\dfrac{9}{2}<S_{100}<5$

答案    A．

解析    设 $f(x)=\dfrac x{1+\sqrt x}$，$x>0$，则其导函数

$$f'(x)=\dfrac{\sqrt x+2}{2\left(1+\sqrt x\right)^2}>0,$$ 因此函数 $f(x)$ 单调递增．接下来利用待定系数法估计数列 $\{a_n\}$ 的上、下界．设 $$a_n\leqslant M_n=\dfrac{\lambda}{(n+\mu)(n+\mu+1)},$$ 则探索 $a_{n+1}$ 也满足该上界的条件： $$\begin{split} a_{n+1}\leqslant M_{n+1}&\impliedby f(a_n)\leqslant \dfrac{\lambda}{(n+\mu+1)(n+\mu+2)}\\ &\impliedby f\left(\dfrac{\lambda}{(n+\mu)(n+\mu+1)}\right)\leqslant\dfrac{\lambda}{(n+\mu+1)(n+\mu+2)}\\ &\impliedby\dfrac{\dfrac{\lambda}{(n+\mu)(n+\mu+1)}}{1+\sqrt{\dfrac{\lambda}{(n+\mu)(n+\mu+1)}}}\leqslant\dfrac{\lambda}{(n+\mu+1)(n+\mu+2)}\\ &\impliedby \lambda\cdot \dfrac{n+\mu}{n+\mu+1}\geqslant 4,\end{split}$$ 在此条件下，有 $$S_n\leqslant \sum_{i=1}^n\dfrac{\lambda}{(n+\mu)(n+\mu+1)}=\sum_{i=1}^n\lambda\left(\dfrac{1}{n+\mu}-\dfrac{1}{n+\mu+1}\right)<\dfrac{\lambda}{\mu+1},$$ 注意到 $a_1=1$，取 $\lambda=6$，$\mu=1$，从而 $M_1=1$，此时可得 $S_n<3$，选项 $\boxed{A}$ 正确．

备注    若 $M_1$ 不符合，则继续往后试探．利用这个方法也可以估计下界，设

$$a_n\geqslant P_n=\dfrac{\lambda}{(n+\mu)(n+\mu+1)},$$ 则此时 $$a_{n+1}\geqslant P_{n+1}\impliedby \lambda \cdot \dfrac{n+\mu}{n+\mu+1}\leqslant 4,$$ 且 $$S_n=\dfrac{\lambda}{\mu+1}-\dfrac{\lambda}{n+\mu+1},$$ 取 $\lambda=4$，$\mu=0.6$，则 $a_1\geqslant P_1$，此时有 $$S_{100}>\dfrac{4}{1.6}-\dfrac{4}{101.6}>2.46.$$ 后移放缩起点可以得到更好的结果．