已知数列 $\{a_n\}$ 的前 $n$ 项和 ${S_n}$ 满足 ${S_n}=2a_n+(-1)^n$．证明：对任意的整数 $m>4$，有$$\dfrac{1}{a_4}+\dfrac{1}{a_5}+\cdots+\dfrac{1}{a_m}<\dfrac{7}{8}.$$
【难度】
【出处】
无
【标注】
【答案】
略
【解析】
根据题意，有\[a_n=\dfrac 23\cdot \left[2^{n-2}+(-1)^{n-1}\right],\]只需要证明当 $m$ 为奇数时命题成立．当 $k\geqslant 2$ 时，有\[\dfrac{1}{a_{2k}}+\dfrac{1}{a_{2k+1}}=\dfrac{9\cdot 4^k}{(4^k-4)(4^k+2)}=\dfrac{9\cdot 4^k}{16^k-2\cdot 4^k-8},\]考虑到\[\dfrac{1}{4^k-\lambda}-\dfrac{1}{4^{k+1}-\lambda}=\dfrac{3\cdot 4^k}{4\cdot 16^k-5\lambda\cdot 4^k+\lambda^2}=\dfrac{1}{12}\cdot \dfrac{9\cdot 4^k}{16^k-\dfrac{5\lambda}4\cdot 4^k+\dfrac 14\lambda^2},\]于是当\[\left(\dfrac{5\lambda}4-2\right)\cdot 4^k\geqslant 8+\dfrac 14\lambda^2\]时，有\[\dfrac{1}{a_{2k}}+\dfrac{1}{a_{2k+1}}\leqslant \dfrac{12}{4^k-\lambda}-\dfrac{12}{4^{k+1}-\lambda},\]此时当 $m>$ 且 $m$ 为奇数时，有\[\dfrac{1}{a_4}+\dfrac{1}{a_5}+\cdots+\dfrac{1}{a_m}<\dfrac{12}{16-\lambda}.\]解方程\[\left(\dfrac{5\lambda}4-2\right)\cdot 4^2= 8+\dfrac 14\lambda^2,\]可得\[\lambda=40-12\sqrt{10},\]因此可得\[\dfrac{1}{a_4}+\dfrac{1}{a_5}+\cdots+\dfrac{1}{a_m}<\dfrac{2+\sqrt{10}}6<\dfrac 78.\]
答案
解析
备注
