浙江 2016 · 数学 q20

冷启动：条件只有一条，先把它榨干

全题只给了一句话：

$$\left|a_{n}-\frac{a_{n+1}}{2}\right|\leqslant 1 ,\qquad n\in N^{*} .$$

这里有两个坑，先说清楚。

第一个坑：绝对值套在整体上，不能拆到加减上。 它说的是 $a_{n}$ 与 $\dfrac{a_{n+1}}{2}$ 挨得很近， 不是 $|a_{n}|$ 与 $\dfrac{|a_{n+1}|}{2}$ 挨得很近，更不是去掉竖线的 $a_{n}-\dfrac{a_{n+1}}{2}\leqslant 1$。 唯一合法的桥是那条不等式：对任意实数 $x,y$ 有 $|x|-|y|\leqslant|x-y|$。取 $x=a_{n}$、$y=\dfrac{a_{n+1}}{2}$ 得

$$|a_{n}|-\frac{1}{2}\left|a_{n+1}\right|\leqslant\left|a_{n}-\frac{a_{n+1}}{2}\right|\leqslant 1 . \tag{$\ast$}$$

第二个坑：这条式子只有一个方向。 它把 $|a_{n+1}|$ 往下顶住（$|a_{n+1}|\geqslant 2|a_{n}|-2$）， 却完全不限制 $|a_{n+1}|$ 能有多大。所以第（Ⅰ）问求的是下界，天经地义； 第（Ⅱ）问要压出一个上界，就必须再借一个条件——那正是第（Ⅱ）问额外给的 $|a_{n}|\leqslant\left(\dfrac32\right)^{n}$。 两问的分工从一开始就摆在这儿了。

$(\ast)$ 之后的路有两条，区别只在把 $(\ast)$ 整理成什么形状：

• 除以 $2^{n}$，让左边变成相邻两项的差，于是能累加相消；
• 保持原样，把它读成「$|a_{n}|-2$ 这个量每一步至少翻倍」。

解法一：除以 $2^{n}$ 变成裂项，累加一次就出结论

（Ⅰ）第一步：从条件挤出可加的差

由冷启动里的 $(\ast)$，

$$|a_{n}|-\frac{1}{2}\left|a_{n+1}\right|\leqslant 1 ,\qquad n\in N^{*} .$$

两边同除以 $2^{n}$（$2^{n}>0$，不等号方向不变）：

$$\frac{|a_{n}|}{2^{n}}-\frac{\left|a_{n+1}\right|}{2^{n+1}}\leqslant\frac{1}{2^{n}} .$$

记 $b_{n}=\dfrac{|a_{n}|}{2^{n}}$，上式就是

$$b_{n}-b_{n+1}\leqslant\frac{1}{2^{n}} ,\qquad n\in N^{*} . \tag{1}$$

这一步是全题的机关：除以 $2^{n}$ 之后，左边成了同一个数列相邻两项的差， 右边成了一个能求和的数列。前者可以相消，后者可以求和，两边一累加就出结果。

（Ⅰ）第二步：累加，左边相消右边求和

设 $n\geqslant 2$。把 $(1)$ 在 $k=1,2,\dots,n-1$ 上逐个写出再相加，左边中间项全部抵消：

$$b_{1}-b_{n}=\sum_{k=1}^{n-1}\left(b_{k}-b_{k+1}\right) \leqslant\sum_{k=1}^{n-1}\frac{1}{2^{k}} .$$

右边是首项 $\dfrac12$、公比 $\dfrac12$ 的等比数列前 $n-1$ 项之和：

$$\sum_{k=1}^{n-1}\frac{1}{2^{k}}=\frac{\frac12\left(1-\frac{1}{2^{n-1}}\right)}{1-\frac12}=1-\frac{1}{2^{n-1}}<1 .$$

相消之后剩下的是首尾两项，别数错项数：$k$ 从 $1$ 跑到 $n-1$ 一共 $n-1$ 个不等式， 左边剩 $b_{1}-b_{n}$，右边是 $n-1$ 项的和。$n=1$ 时左边是 $b_{1}-b_{1}=0<1$，结论同样成立。于是对一切 $n\in N^{*}$，

$$b_{1}-b_{n}<1 . \tag{2}$$

（Ⅰ）第三步：把 $b_{n}$ 换回 $|a_{n}|$

$(2)$ 就是

$$\frac{\left|a_{1}\right|}{2}-\frac{\left|a_{n}\right|}{2^{n}}<1 \ \Longrightarrow\ \frac{\left|a_{n}\right|}{2^{n}}>\frac{\left|a_{1}\right|}{2}-1=\frac{\left|a_{1}\right|-2}{2} .$$

两边乘以 $2^{n}>0$：

$$\left|a_{n}\right|>2^{n-1}\left(\left|a_{1}\right|-2\right) ,$$

比要证的 $\geqslant$ 还强一点。故

$$\boxed{\left|a_{n}\right|\geqslant 2^{n-1}\left(\left|a_{1}\right|-2\right)\quad\left(n\in N^{*}\right)}$$

（Ⅱ）第一步：同一条裂项，改成从 $n$ 累加到 $m$

固定 $n\in N^{*}$，任取整数 $m>n$。把 $(1)$ 在 $k=n,n+1,\dots,m-1$ 上相加：

$$b_{n}-b_{m}=\sum_{k=n}^{m-1}\left(b_{k}-b_{k+1}\right)\leqslant\sum_{k=n}^{m-1}\frac{1}{2^{k}} =\frac{\frac{1}{2^{n}}\left(1-\frac{1}{2^{m-n}}\right)}{1-\frac12} =\frac{1}{2^{n-1}}-\frac{1}{2^{m-1}}<\frac{1}{2^{n-1}} . \tag{3}$$

第（Ⅰ）问是从 $1$ 累加到 $n$，这里是从 $n$ 累加到 $m$——同一台机器，换个区间开动。

（Ⅱ）第二步：用天花板把 $b_{m}$ 压住

第（Ⅱ）问多给了 $\left|a_{m}\right|\leqslant\left(\dfrac32\right)^{m}$，于是

$$b_{m}=\frac{\left|a_{m}\right|}{2^{m}}\leqslant\frac{1}{2^{m}}\left(\frac32\right)^{m}=\left(\frac34\right)^{m} .$$

代进 $(3)$：

$$b_{n}<\frac{1}{2^{n-1}}+\left(\frac34\right)^{m} \ \Longrightarrow\ \left|a_{n}\right|=2^{n}b_{n}<2+\left(\frac34\right)^{m}\cdot 2^{n} . \tag{4}$$

注意 $(4)$ 里 $n$ 是先固定下来的，$m$ 可以是任何大于 $n$ 的整数。

（Ⅱ）第三步：让 $m$ 变大，把余项挤没

$(4)$ 的右端里 $\left(\dfrac34\right)^{m}$ 随 $m$ 增大要多小有多小，而左端 $\left|a_{n}\right|$ 一动不动。 把这句话写成反证：

若某个 $n_{0}$ 使 $\left|a_{n_{0}}\right|>2$，记 $\varepsilon=\left|a_{n_{0}}\right|-2>0$。 由于 $0<\dfrac34<1$，可取整数 $m_{0}>n_{0}$ 且

$$m_{0}>\log_{\frac34}\frac{\varepsilon}{2^{n_{0}}} \quad\Longleftrightarrow\quad \left(\frac34\right)^{m_{0}}<\frac{\varepsilon}{2^{n_{0}}} .$$

（底数小于 $1$，取对数时不等号翻向。）把 $n=n_{0}$、$m=m_{0}$ 代入 $(4)$：

$$\left|a_{n_{0}}\right|<2+\left(\frac34\right)^{m_{0}}\cdot 2^{n_{0}}<2+\varepsilon=\left|a_{n_{0}}\right| ,$$

自相矛盾。所以

$$\boxed{\left|a_{n}\right|\leqslant 2\quad\left(n\in N^{*}\right)}$$

解法二：盯住 $|a_{n}|-2$：它每一步至少翻倍

这条路一步除法都不做，只把 $(\ast)$ 换个读法。

（Ⅰ）第一步：把条件读成「下一项至少是这么大」

对任意实数 $x,y$ 有 $|x|-|y|\leqslant|x-y|$。取 $x=a_{n}$、$y=\dfrac{a_{n+1}}{2}$， 并注意 $\left|\dfrac{a_{n+1}}{2}\right|=\dfrac{\left|a_{n+1}\right|}{2}$，得

$$\left|a_{n}\right|-\frac{\left|a_{n+1}\right|}{2}\leqslant\left|a_{n}-\frac{a_{n+1}}{2}\right|\leqslant 1 ,$$

移项、乘 $2$：

$$\left|a_{n+1}\right|\geqslant 2\left|a_{n}\right|-2 ,\qquad n\in N^{*} . \tag{5}$$

（Ⅰ）第二步：平移 $2$，把「至少翻倍」露出来

$(5)$ 右端的 $2\left|a_{n}\right|-2$ 看着别扭，是因为不动点在 $2$ 上： 若把 $2$ 减掉，$(5)$ 就变成干净的比例式。令

$$d_{n}=\left|a_{n}\right|-2 ,$$

则由 $(5)$，

$$d_{n+1}=\left|a_{n+1}\right|-2\geqslant\left(2\left|a_{n}\right|-2\right)-2=2\left(\left|a_{n}\right|-2\right)=2d_{n} .$$

即

$$d_{n+1}\geqslant 2d_{n} ,\qquad n\in N^{*} . \tag{6}$$

一句话：$\left|a_{n}\right|$ 超出 $2$ 的那一截，每走一步至少翻一倍。 注意 $d_{n}$ 可正可负，$(6)$ 对两种情形都成立——因为放缩系数 $2$ 是正的， 乘上去不会翻转不等号。这一点后面反复要用。

（Ⅰ）第三步：迭代 $(6)$

对 $n$ 用归纳法。$n=1$ 时 $d_{1}\geqslant 2^{0}d_{1}$ 取等。 设 $d_{n}\geqslant 2^{n-1}d_{1}$，则由 $(6)$ 并两边乘正数 $2$，

$$d_{n+1}\geqslant 2d_{n}\geqslant 2\cdot 2^{n-1}d_{1}=2^{n}d_{1} .$$

故对一切 $n\in N^{*}$，

$$d_{n}\geqslant 2^{n-1}d_{1} . \tag{7}$$

（Ⅰ）第四步：换回 $\left|a_{n}\right|$

$(7)$ 即 $\left|a_{n}\right|-2\geqslant 2^{n-1}\left(\left|a_{1}\right|-2\right)$，也就是

$$\left|a_{n}\right|\geqslant 2^{n-1}\left(\left|a_{1}\right|-2\right)+2>2^{n-1}\left(\left|a_{1}\right|-2\right) .$$

于是

$$\boxed{\left|a_{n}\right|\geqslant 2^{n-1}\left(\left|a_{1}\right|-2\right)\quad\left(n\in N^{*}\right)}$$

这条路顺手多送了一个 $+2$：结论比题目要求的还紧一点。

（Ⅱ）第一步：反设有一项越过了 $2$

要证 $\left|a_{n}\right|\leqslant 2$，即 $d_{n}\leqslant 0$ 恒成立。 反设存在 $n_{0}\in N^{*}$ 使 $\left|a_{n_{0}}\right|>2$，即

$$d_{n_{0}}>0 .$$

（Ⅱ）第二步：往后每步翻倍，下界涨得像 $2^{k}$

$(6)$ 从 $n_{0}$ 开始迭代（与第（Ⅰ）问第三步同样的归纳），对一切整数 $k\geqslant 0$，

$$d_{n_{0}+k}\geqslant 2^{k}d_{n_{0}} . \tag{8}$$

因为 $d_{n_{0}}>0$，这个下界是正的且以 $2^{k}$ 的速度往上冲。

（Ⅱ）第三步：天花板只让它涨到 $\left(\frac32\right)^{k}$

第（Ⅱ）问给的条件 $\left|a_{m}\right|\leqslant\left(\dfrac32\right)^{m}$ 对 $m=n_{0}+k$ 也成立，故

$$d_{n_{0}+k}=\left|a_{n_{0}+k}\right|-2\leqslant\left(\frac32\right)^{n_{0}+k}-2<\left(\frac32\right)^{n_{0}}\left(\frac32\right)^{k} .$$

与 $(8)$ 一夹：

$$2^{k}d_{n_{0}}<\left(\frac32\right)^{n_{0}}\left(\frac32\right)^{k} \ \Longrightarrow\ d_{n_{0}}<\left(\frac32\right)^{n_{0}}\left(\frac34\right)^{k} \qquad(\forall\,k\geqslant 0) . \tag{9}$$

左端是一个固定的正数，右端随 $k$ 增大要多小有多小——矛盾就在这里。

（Ⅱ）第四步：把「要多小有多小」写成一个具体的 $k$

不必谈极限，用一次伯努利不等式就够。对整数 $k\geqslant 1$，

$$\left(\frac43\right)^{k}=\left(1+\frac13\right)^{k}\geqslant 1+\frac{k}{3}>\frac{k}{3} \ \Longrightarrow\ \left(\frac34\right)^{k}<\frac{3}{k} .$$

于是只要取整数

$$k>\frac{3}{d_{n_{0}}}\left(\frac32\right)^{n_{0}} ,$$

就有

$$\left(\frac32\right)^{n_{0}}\left(\frac34\right)^{k}<\left(\frac32\right)^{n_{0}}\cdot\frac{3}{k}<d_{n_{0}} ,$$

与 $(9)$ 直接冲突。反设不成立，故

$$\boxed{\left|a_{n}\right|\leqslant 2\quad\left(n\in N^{*}\right)}$$

两条路怎么选

两条路的分水岭是先消掉谁。 解法一盯的是「$\dfrac{a_{n+1}}{2}$ 里那个 $\dfrac12$」，除以 $2^{n}$ 正好把系数吞掉，代价是引进一个新数列再累加； 它的好处是第（Ⅰ）问搭好的机器在第（Ⅱ）问原样能用，只换求和区间，这也是标准答案的走法。

解法二盯的是「不动点」：递推 $\left|a_{n+1}\right|\geqslant 2\left|a_{n}\right|-2$ 的不动点恰是 $x=2x-2$ 的解 $x=2$， 而 $2$ 又正好是第（Ⅱ）问要证的界。把 $2$ 平移掉之后，条件、结论、反设全都落在同一个量 $d_{n}$ 上， 第（Ⅱ）问就变成一句大白话：指数 $2$ 打指数 $\dfrac32$，早晚要赢。

考场上第（Ⅰ）问两条都能两三行写完；第（Ⅱ）问若一时想不起「固定 $n$ 放大 $m$」这个花招， 改走解法二更稳——反设 + 翻倍 + 天花板，思路是线性的，不需要灵光一闪。