已知数列 $\left\{a_n\right\}$ 满足 $a_1=1$，$ a_{n+1} a_n=a_n^2+2 a_n+1$，则使得 $\left|\sqrt{a_{2020}}-m\right|$ 最小的整数 $m$ 是（ ）
A．$65$
B．$64$
C．$63$
D．$62$
答案 B．
解析 根据题意，有\[a_{n+1}=a_n+\dfrac{1}{a_n}+2,\]因此 $\{a_n\}$ 是正项数列，进而令 $b_n=\sqrt{a_n}$，则\[b_{n+1}=b_n+\dfrac{1}{b_n},\]问题即确定最接近 $b_{2020}$ 的整数．
一方面，有\[b_{n+1}^2-b_n^2=2+\dfrac{1}{b_n^2}>2,\]于是有\[b_n^2\geqslant b_1^2+2(n-1)=2n-1.\]
另一方面，有\[b_{n+1}^2-b_n^2=2+\dfrac{1}{b_n^2}\leqslant 2+\dfrac{1}{2n-1},\]于是有\[b_n^2\leqslant b_1^2+2(n-1)+\sum_{k=1}^{n-1}\dfrac{1}{2k-1}\leqslant 2n-1+\int_1^{n}\dfrac{1}{2x-1}{ {\rm d}} x=2n-1+\dfrac 12\ln(2n-1).\]
综上所述，有\[\sqrt{2n-1}\leqslant b_n\leqslant \sqrt{2n-1+\dfrac 12\ln(2n-1)},\]当 $n=2020$ 时，有\[63.5<\sqrt{4039}\leqslant b_n\leqslant \sqrt{4039+\dfrac 12\ln 4039}<\sqrt{4039+\dfrac12{\log_2}4039}<\sqrt{4039+6}<64,\]因此满足条件的最小整数 $m$ 是 $64$．