已知数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 满足条件 $a_{1}=\dfrac{21}{16}$，及 $2 a_{n}-3 a_{n-1}=\dfrac{3}{2^{n+1}}, n \geqslant 2$ ①
设 $m$ 为正整数，$m\geqslant 2$．证明：当 $n\leqslant m$ 时，有 $\left(a_{n}+\dfrac{3}{2^{n+3}}\right)^{\tfrac{1}{m}}\left(m-\left(\dfrac{2}{3}\right)^{\tfrac{n(m-1)}{m}}\right)<\dfrac{m^{2}-1}{m-n+1}$ ②
设 $m$ 为正整数，$m\geqslant 2$．证明：当 $n\leqslant m$ 时，有 $\left(a_{n}+\dfrac{3}{2^{n+3}}\right)^{\tfrac{1}{m}}\left(m-\left(\dfrac{2}{3}\right)^{\tfrac{n(m-1)}{m}}\right)<\dfrac{m^{2}-1}{m-n+1}$ ②
【难度】
【出处】
2005第20届CMO试题
【标注】
【答案】
略
【解析】
由式 ① 得 $2^{n} a_{n}=3 \cdot 2^{n-1} a_{n-1}+\dfrac{3}{4}$ 记 $b_{n}=2^{n} a_{n}, n=1,2, \cdots$，则 $b_{n}=3 b_{n-1}+\frac{3}{4}, b_{n}+\frac{3}{8}=3\left(b_{n-1}+\frac{3}{8}\right)$ 由于 $b_{1}=2 a_{1}=\dfrac{21}{8}$，所以 $b_{n}+\dfrac{3}{8}=3^{n-1}\left(b_{1}+\dfrac{3}{8}\right)=3^{n}$ 故得 $a_{n}=\left(\dfrac{3}{2}\right)^{n}-\dfrac{3}{2^{n+3}}$ 因此，为证明 ②，只须证明 $\left(\dfrac{3}{2}\right)^{\tfrac{n}{m}}\left(m-\left(\dfrac{2}{3}\right)^{\tfrac{n(n-1)}{m}}\right)<\dfrac{m^{2}}{m}-\dfrac{n^{2}}{n+1}$
首先估计 $1-\dfrac{n}{m+1}$ 的上界，由贝努里不等式，有 $1-\dfrac{n}{m+1}<\left(1-\dfrac{1}{m+1}\right)^{n}$ 所以 $\left(1-\dfrac{n}{m+1}\right)^{m}<\left(1-\dfrac{1}{m+1}\right)^{m}=\left(\dfrac{m}{m+1}\right)^{m m}=\left(\dfrac{1}{\left(1+\dfrac{1}{m}\right)^{m}}\right)^{n}$（注：也可以根据平均不等式导出 $\left(1-\dfrac{n}{m+1}\right)^{m}=\left(1-\dfrac{n}{m+1}\right)^{m}\underbrace{\centerdot1\centerdot 1\centerdot \cdots \centerdot 1}_{mn-m个1}<\left(\dfrac{m\left(1-\dfrac{n}{m+1}\right)+m n-m}{m n}\right)^{n n}=\left(\dfrac{m}{m+1}\right)^{n n} $）
由于 $m\geqslant 2$，根据二项式定理，可得 $\left(1+\dfrac{1}{m}\right)^{m} \geqslant 1+C_{m}^{1} \cdot \dfrac{1}{m}+C_{m}^{2} \cdot \dfrac{1}{m^{2}}=\dfrac{5}{2}-\dfrac{1}{2 m} \geqslant \dfrac{9}{4}$
所以 $\left(1-\dfrac{n}{m+1}\right)^{m}<\left(\dfrac{4}{9}\right)^{n}$ 即 $1-\dfrac{n}{m+1}<\left(\dfrac{2}{3}\right)^{\tfrac{2 n}{m}}$
因此，欲证 ③，只须证 $\left(\dfrac{2}{3}\right)^{\tfrac{2 n}{m}}\left(\dfrac{3}{2}\right)^{\tfrac{n}{m}}\left(m-\left(\dfrac{2}{3}\right)^{\tfrac{n(m-1)}{m}}\right)<m-1$
即 $\left(\dfrac{2}{3}\right)^{\tfrac{n}{m}}\left(m-\left(\dfrac{2}{3}\right)^{\tfrac{n(m-1)}{m}}\right)<m-1$ ④
记 $\left(\dfrac{2}{3}\right)^{\tfrac{n}{m}}=t$，则 $0 < t < 1$，式 ④ 化为
$t\left(m-t^{m-1}\right)<m-1$ 即 $(t-1)\left(m-\left(t^{m-1}+t^{m-2}+\cdots+1\right)\right)<0$
此不等式显然成立，从而原不等式成立．
首先估计 $1-\dfrac{n}{m+1}$ 的上界，由贝努里不等式，有 $1-\dfrac{n}{m+1}<\left(1-\dfrac{1}{m+1}\right)^{n}$ 所以 $\left(1-\dfrac{n}{m+1}\right)^{m}<\left(1-\dfrac{1}{m+1}\right)^{m}=\left(\dfrac{m}{m+1}\right)^{m m}=\left(\dfrac{1}{\left(1+\dfrac{1}{m}\right)^{m}}\right)^{n}$（注：也可以根据平均不等式导出 $\left(1-\dfrac{n}{m+1}\right)^{m}=\left(1-\dfrac{n}{m+1}\right)^{m}\underbrace{\centerdot1\centerdot 1\centerdot \cdots \centerdot 1}_{mn-m个1}<\left(\dfrac{m\left(1-\dfrac{n}{m+1}\right)+m n-m}{m n}\right)^{n n}=\left(\dfrac{m}{m+1}\right)^{n n} $）
由于 $m\geqslant 2$，根据二项式定理，可得 $\left(1+\dfrac{1}{m}\right)^{m} \geqslant 1+C_{m}^{1} \cdot \dfrac{1}{m}+C_{m}^{2} \cdot \dfrac{1}{m^{2}}=\dfrac{5}{2}-\dfrac{1}{2 m} \geqslant \dfrac{9}{4}$
所以 $\left(1-\dfrac{n}{m+1}\right)^{m}<\left(\dfrac{4}{9}\right)^{n}$ 即 $1-\dfrac{n}{m+1}<\left(\dfrac{2}{3}\right)^{\tfrac{2 n}{m}}$
因此，欲证 ③，只须证 $\left(\dfrac{2}{3}\right)^{\tfrac{2 n}{m}}\left(\dfrac{3}{2}\right)^{\tfrac{n}{m}}\left(m-\left(\dfrac{2}{3}\right)^{\tfrac{n(m-1)}{m}}\right)<m-1$
即 $\left(\dfrac{2}{3}\right)^{\tfrac{n}{m}}\left(m-\left(\dfrac{2}{3}\right)^{\tfrac{n(m-1)}{m}}\right)<m-1$ ④
记 $\left(\dfrac{2}{3}\right)^{\tfrac{n}{m}}=t$，则 $0 < t < 1$，式 ④ 化为
$t\left(m-t^{m-1}\right)<m-1$ 即 $(t-1)\left(m-\left(t^{m-1}+t^{m-2}+\cdots+1\right)\right)<0$
此不等式显然成立，从而原不等式成立．
答案
解析
备注
