2016-浙江卷理-20 解-等比数列

本题导读

本题考查数列与不等式的综合证明、绝对值不等式的性质（三角不等式）。核心在于正确理解题意并选用恰当方法求解。

📌【题干】

Question

（2016年浙江卷(理)） 设数列 $\{a_n\}$ 满足 $|a_n-\frac{a_{n+1}}{2}|\le 1,n\in {\mathbb{N}}^{\ast }$.

(1)求证：$|a_n|\ge 2^{n-1}(|a_1|-2)$ ($n\in {\mathbb{N}}^{\ast }$)；

(2)若 $|a_n|\le (\frac{3}{2}{)}^n,n\in {\mathbb{N}}^{\ast }$，证明：$|a_n|\le 2,n\in {\mathbb{N}}^{\ast }$.

🔍【思路分析】

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1. 第一问（构造递推不等式）：

• 变形：利用绝对值不等式 $||x|-|y||\le |x-y|$，将已知条件放缩为 $|a_n|-\frac{1}{2}|a_{n+1}|\le 1$。
• 归一化：为了利用累加法，两边同时除以 $2^{n-1}$ 或 $2^n$，构造出形如 $\frac{|a_n|}{2^n}-\frac{|a_{n+1}|}{2^{n+1}}$ 的结构。
• 求和：通过等比数列求和公式处理常数项的累加。

2. 第二问（有界性证明）：

• 逻辑矛盾：题目要求证明 $|a_n|\le 2$。若存在某个项 $|a_{n_0}|>2$，根据第一问的增长趋势，$|a_n|$ 将以 $2^n$ 的量级迅速增长。
• 增长对比：已知条件限制了 $|a_n|$ 的增长速度不超过 $(\frac{3}{2}{)}^n$。由于 $2>\frac{3}{2}$，当 $n$ 足够大时，第一问推导出的下界必然会超过已知条件的上界，从而产生矛盾。

✅【答案】

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第（1）问|𝑎𝑛|⩾2𝑛−1(|𝑎1|−2)；第（2）问|𝑎𝑛|⩽2.

✍【详细解析】

Abstract

(1)证明：

由 $|a_n-\frac{a_{n+1}}{2}|\le 1$ 及绝对值不等式性质知： $|a_n|-\frac{1}{2}|a_{n+1}|\le |a_n-\frac{a_{n+1}}{2}|\le 1$ 整理得：$\frac{|a_n|}{2^{n-1}}-\frac{|a_{n+1}|}{2^n}\le \frac{1}{2^{n-1}}$。 利用累加法，对于 $n\ge 2$： $\left(\frac{|a_1|}{2^0}-\frac{|a_2|}{2^1}\right)+\left(\frac{|a_2|}{2^1}-\frac{|a_3|}{2^2}\right)+\cdots +\left(\frac{|a_{n-1}|}{2^{n-2}}-\frac{|a_n|}{2^{n-1}}\right)\le {\sum }_{k=0}^{n-2}\frac{1}{2^k}$ $|a_1|-\frac{|a_n|}{2^{n-1}}\le \frac{1\cdot (1-(1/2{)}^{n-1})}{1-1/2}=2(1-\frac{1}{2^{n-1}})<2$ 由此得：$\frac{|a_n|}{2^{n-1}}\ge |a_1|-2$。 即：$|a_n|\ge 2^{n-1}(|a_1|-2)$。 当 $n=1$ 时，左边 $=|a_1|$，右边 $=|a_1|-2$，不等式成立。 故对任意 $n\in {\mathbb{N}}^{\ast }$，均有 $|a_n|\ge 2^{n-1}(|a_1|-2)$。

(2)证明：

（反证法）假设存在 $n_0\in {\mathbb{N}}^{\ast }$，使得 $|a_{n_0}|>2$。 由(1)同理可推（将 $a_1$ 换为起始项 $a_{n_0}$），对于任意 $m>n_0$： $\frac{|a_{n_0}|}{2^{n_0-1}}-\frac{|a_m|}{2^{m-1}}\le {\sum }_{k=n_0-1}^{m-2}\frac{1}{2^k}=\frac{1}{2^{n_0-2}}(1-\frac{1}{2^{m-n_0}})$ 则 $\frac{|a_m|}{2^{m-1}}\ge \frac{|a_{n_0}|}{2^{n_0-1}}-\frac{1}{2^{n_0-2}}=\frac{|a_{n_0}|-2}{2^{n_0-1}}$。 所以 $|a_m|\ge 2^{m-n_0}(|a_{n_0}|-2)$。 已知 $|a_m|\le (\frac{3}{2}{)}^m$，代入上式： $(\frac{3}{2}{)}^m\ge 2^{m-n_0}(|a_{n_0}|-2)$ 整理得：$(\frac{3}{4}{)}^m\ge \frac{|a_{n_0}|-2}{2^{n_0}}$。 由于 $|a_{n_0}|>2$，右侧是一个大于 0 的常数。 而当 $m\to \infty$ 时，$(\frac{3}{4}{)}^m\to 0$。 根据极限的定义，必然存在足够大的 $m$ 使得 $(\frac{3}{4}{)}^m<\frac{|a_{n_0}|-2}{2^{n_0}}$，这与上式矛盾。 故假设不成立，即对任意 $n\in {\mathbb{N}}^{\ast }$，均有 $|a_n|\le 2$。

💡【考点归纳与避坑指南】

Danger

• 绝对值的桥梁作用：在数列递推式中含有绝对值号时，利用三角不等式去掉内部结构，转化为模长的递推关系是第一步。
• 阶数的概念：本题本质上是对比 $2^n$ 和 $(\frac{3}{2}{)}^n$ 的增长阶。只要起始项大于 2，数列就会按照 $2^n$ 的速度发散，这与“增长受限”的前提冲突。
• 压轴题的严谨性：第二问如果直接套用第一问结论需要注意下标的变换。

📖【试题探源与推广】

Tip

• 变式思考：若条件改为 $|a_n-\frac{a_{n+1}}{k}|\le 1$ ($k>1$)，数列有界的结论是否依然成立？
  • 提示：只要数列上界增长的底数小于 $k$，结论依然成立，证明方法完全一致。
• 常用模型：此类“增长与限制”的矛盾证明，在高等数学的收敛准则证明中非常常见。

🔗【关联脉络】

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知识锚点 (Nodes)

• 19.01 等差数列全总结

类题演练 (Links)

• 2017-全国卷III理-14 填-等比数列
• 2017-全国卷II理-03 单-等比数列
• 2017-全国卷I文-17 解-等比数列

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