若数列 $\left\{a_n\right\}$ 满足 $a_{n+1}=\sqrt{a_n^2+d}$（$n\in\mathbb N^{\ast}$）．其中 $d\neq 0$，$a_n>0$，则称数列 $\left\{a_n\right\}$ 为 $M$ 数列．
1、已知数列 $\left\{a_n\right\}$ 为 $M$ 数列，当 $d=1$，$a_1=1$ 时．
① 求证：数列 $\left\{a_n^2\right\}$ 是等差数列，并写出数列 $\left\{a_n\right\}\left(n\in\mathbb N^{\ast}\right)$ 的通项公式；
② $T_n=\displaystyle\sum_{k=1}^{2 n}\left(\left(a_k^4+a_k^2\right)(-1)^k\right)$（$n\in\mathbb N^{\ast}$）．求 $\displaystyle\sum_{k=1}^n\dfrac 1{T_k}$（$n\in\mathbb N^{\ast}$）．
3、若 $\left\{a_n\right\}$ 是 $M$ 数列（$n\in\mathbb N^{\ast}$），且 $d>0$，证明：存在正整数 $n$．使得 $\displaystyle\sum_{i=1}^n\dfrac 1{a_i}>2024$．
解析
1、① 根据题意，有\[a_{n+1}=\sqrt{a_n^2+d}\implies a_{n+1}^2-a_n^2=d,\]于是 $\{a_n^2\}$ 是首项为 $a_1^2$，公差为 $d$ 的等差数列，且 $a_n=\sqrt{a_1^2+(n-1)d}$，当 $d=1$，$a_1=1$ 时，有 $a_n=\sqrt n$．
② 根据题意，有\[T_n=\sum_{k=1}^{2n}\left((k^2+k)\cdot (-1)^k\right)=\sum_{k=1}^n\left(-(2k-1)\cdot 2k+2k\cdot (2k+1)\right)=4\sum_{k=1}^nk=2n(n+1),\]从而\[\sum_{k=1}^n\dfrac{1}{T_k}=\sum_{k=1}^n\dfrac{1}{2k(k+1)}=\dfrac 12\sum_{k=1}^n\left(\dfrac{1}{k}-\dfrac{1}{k+1}\right)=\dfrac 12\left(1-\dfrac{1}{n+1}\right)=\dfrac{n}{2(n+1)}.\]
2、记 $a_1^2-d=a$，则\[\begin{split}\sum_{i=1}^n\dfrac{1}{a_i}&=\sum_{i=1}^n\dfrac1{\sqrt{a+id}}\\ &>2\sum_{i=1}^n\dfrac{1}{\sqrt{a+i\cdot d}+\sqrt{a+\left(i+1\right)d}}\\ &=2\sum_{i=1}^n\dfrac{\sqrt{a+\left(i+1\right)d}-\sqrt{a+i\cdot d}}{d}\\ &=\dfrac{2}{d}\left(\sqrt{a+\left(n+1\right)d}-\sqrt{a+d}\right),\end{split}\]因此存在正整数 $n$ 满足条件．