设等差数列 $\{a_n\}$ 的前 $n$ 项和为 $S_n,a_3=4,a_4=S_3$．数列 $\{b_n\}$ 满足：对每个 $n\in\mathbb{N}^{\ast},S_n+b_n,S_{n+1}+b_n,S_{n+2}+b_n$ 成等比数列．
（I）求数列 $\{a_n\},\{b_n\}$ 的通项公式；
（II）记 $c_n=\sqrt{\dfrac{a_n}{2b_n}},n\in\mathbb{N}^{\ast}$，证明：$c_1+c_2+\cdots+c_n<2\sqrt{n},n\in\mathbb{N}^{\ast}$．
（I）求数列 $\{a_n\},\{b_n\}$ 的通项公式；
（II）记 $c_n=\sqrt{\dfrac{a_n}{2b_n}},n\in\mathbb{N}^{\ast}$，证明：$c_1+c_2+\cdots+c_n<2\sqrt{n},n\in\mathbb{N}^{\ast}$．
【难度】
【出处】
2019年高考浙江卷
【标注】
【答案】
略
【解析】
（I）设数列 $\{a_n\}$ 的公差为 $d$，由题意得 $a_1+2d=4,a_1+3d=3a_1+3d$，
解得 $a_1=0,d=2$．
从而 $a_n=2n-2,n\in\mathbb{N}^{\ast}$．
所以 $S_n=n^2-n,n\in\mathbb{N}^{\ast}$．
由 $S_n+b_n,S_{n+1}+b_n,S_{n+2}+b_n$ 成等比数列得 $(S_{n+1}+b_n)^2=(S_{n}+b_n)(S_{n+2}+b_n)$．
解得 $b_n=\dfrac{1}{d}(S_{n+1}^2-S_{n}S_{n+2})$．
所以 $b_n=n^2+n,n\in\mathbb{N}^{\ast}$．
（II）$c_n=\sqrt{\dfrac{a_n}{2b_n}}=\sqrt{\dfrac{2n-2}{2n(n+1)}}=\sqrt{\dfrac{n-1}{n(n+1)}},n\in\mathbb{N}^{\ast}$．
我们用数学归纳法证明：
（1）当 $n=1$ 时，$c_1=0<2$，不等式成立；
（2）假设 $n=k(k\in\mathbb{N}^{\ast})$ 时不等式成立，即 $c_1+c_2+\cdots+c_k<2\sqrt{k}$．
那么，当 $n=k+1$ 时，
$c_1+c_2+\cdots+c_k+c_{k+1}<2\sqrt{k}+\sqrt{\dfrac{k}{(k+1)(k+2)}}<2\sqrt{k}+\sqrt{\dfrac{1}{k+1}}<2\sqrt{k}+\dfrac{2}{\sqrt{k+1}+\sqrt{k}}=2\sqrt{k}+2(\sqrt{k+1}-\sqrt{k})=2\sqrt{k+1}$，
即当 $n=k+1$ 时不等式也成立．
根据（1）和（2），不等式 $c_1+c_2+\cdots+c_n<2\sqrt{2}$ 对任意 $n\in\mathbb{N}^{\ast}$ 成立．
解得 $a_1=0,d=2$．
从而 $a_n=2n-2,n\in\mathbb{N}^{\ast}$．
所以 $S_n=n^2-n,n\in\mathbb{N}^{\ast}$．
由 $S_n+b_n,S_{n+1}+b_n,S_{n+2}+b_n$ 成等比数列得 $(S_{n+1}+b_n)^2=(S_{n}+b_n)(S_{n+2}+b_n)$．
解得 $b_n=\dfrac{1}{d}(S_{n+1}^2-S_{n}S_{n+2})$．
所以 $b_n=n^2+n,n\in\mathbb{N}^{\ast}$．
（II）$c_n=\sqrt{\dfrac{a_n}{2b_n}}=\sqrt{\dfrac{2n-2}{2n(n+1)}}=\sqrt{\dfrac{n-1}{n(n+1)}},n\in\mathbb{N}^{\ast}$．
我们用数学归纳法证明：
（1）当 $n=1$ 时，$c_1=0<2$，不等式成立；
（2）假设 $n=k(k\in\mathbb{N}^{\ast})$ 时不等式成立，即 $c_1+c_2+\cdots+c_k<2\sqrt{k}$．
那么，当 $n=k+1$ 时，
$c_1+c_2+\cdots+c_k+c_{k+1}<2\sqrt{k}+\sqrt{\dfrac{k}{(k+1)(k+2)}}<2\sqrt{k}+\sqrt{\dfrac{1}{k+1}}<2\sqrt{k}+\dfrac{2}{\sqrt{k+1}+\sqrt{k}}=2\sqrt{k}+2(\sqrt{k+1}-\sqrt{k})=2\sqrt{k+1}$，
即当 $n=k+1$ 时不等式也成立．
根据（1）和（2），不等式 $c_1+c_2+\cdots+c_n<2\sqrt{2}$ 对任意 $n\in\mathbb{N}^{\ast}$ 成立．
答案
解析
备注
