2010 年辽宁预赛 · 第 16 题

解答

原式在 $n=1$ 给 $a_1=p$，相邻作差又给 $a_n=p{a}_{n-1}$，所以 $a_n=p^n$，$S_n=p(p^n-1)/(p-1)$。令 $q=1/p$，$r=(p+1)/(2p)$，$C=(p-1)/p$，则二项式定理给 $f(k)=C{r}^k/(1-q^k)>0$。于是 $\frac{f(k+1)}{rf(k)}=\frac{1-q^k}{1-q^{k+1}}<1$，即 $\boxed{f(k+1)<\frac{p+1}{2p}f(k)}$。因为 $f(1)=r$，可归纳 $f(k)\le r^k$，故 ${\sum }_{k=1}^{2n-1}f(k)\le \frac{r}{1-r}(1-r^{2n-1})=\frac{p+1}{p-1}(1-r^{2n-1})$。再对 $1\le j<n$，有 $(1-q^{n-j})(1-q^{n+j})\le (1-q^n{)}^2$，这是 $q^{-j}+q^j\ge 2$ 的直接结果。所以 $f(n-j)f(n+j)\ge f(n{)}^2$，由正数均值不等式得 $f(n-j)+f(n+j)\ge 2f(n)$。将这些成对项与中心项相加，得到 $\boxed{(2n-1)f(n)\le \sum _{k=1}^{2n-1}f(k)\le \frac{p+1}{p-1}(1-r^{2n-1})}$。