已知数列 $\{a_n\}$ 满足；$a_1=1,a_{n+1}=\dfrac{1}{8}a_n^2+m(n\in\mathbf N^{\ast})$，若对任意正整数 $ n $，都有 $ a_n<4 $，求实数 $ m$ 的最大值．
【难度】
【出处】
2018年全国高中数学联赛四川省预赛
【标注】
【答案】
$2$
【解析】
因为 $a_{n+1}-a_n=\dfrac{1}{8}a_n^2-a_n+m=\dfrac{1}{8}(a_n-4)^2+m-2\geqslant m-2$，故 $a_n=a_1+\displaystyle\sum_{k=1}^{n-1}(a_{k+1}-a_k)\geqslant 1+(m-2)(n-1)$．若 $m>2$，注意到 $n\rightarrow\infty$ 时，$(m-2)(n-1)\rightarrow\infty$．因此，存在充分大的 $n$，使得 $1+(m-2)(n-1)>4$，即 $a_n>4$．矛盾!所以，$m\leqslant 2$．又当 $m=2$ 时，可证：对任意的正整数 $n$，都有 $0<a_n<4$．当 $n=1,a_1=1<4$，结论成立．假设 $n=k(k\geqslant 1)$ 时，结论成立，即 $0<a_k<4$，则 $0<a_{k+1}=2+\dfrac{1}{8}a_k^2<2+\dfrac{1}{8}\times 4^2=4$，即结论对 $n=k+1$ 也成立．由数学归纳法知，对任意的正整数 $n$，都有 $0<a_n<4$．综上所述，所求实数 $m$ 的最大值为 $2$．
答案
解析
备注
