（15 分）（2016•浙江）设数列满足 | a _ n…——2017 高考数学第 20 题答案解析

【考点】数列与不等式的综合。
【分析】（I）使用三角不等式得出 $\left|a_{n}\right|-\frac{1}{2}\left|a_{n+1}\right| \leq 1$ ，变形得 $\frac{\left|a_{n}\right|}{2^{n}}-\frac{\left|a_{n+1}\right|}{2^{n+1}} \leq \frac{1}{2^{n}}$ ，使用累加法可求得 $\frac{\left|\mathrm{a}_{1}\right|}{2}-\frac{\left|\mathrm{a}_{\mathrm{n}}\right|}{2^{\mathrm{n}}}<1$ ，即结论成立；
（II）利用（I）的结论得出 $\frac{\left|a_{n}\right|}{2^{n}}-\frac{\left|a_{m}\right|}{2^{m}}<\frac{1}{2^{n-1}}$ ，进而得出 $\left|a_{n}\right|<2+\left(\frac{3}{4}\right){ }^{m} \bullet 2^{n}$ ，利用 $m$的任意性可证 $\left|a_{n}\right| \leq 2$ ．
【解答】解：（I）$\because\left|a_{n}-\frac{a_{n+1}}{2}\right| \leq 1, \therefore\left|a_{n}\right|-\frac{1}{2}\left|a_{n+1}\right| \leq 1$ ，
$\therefore \frac{\left|a_{n}\right|}{2^{n}}-\frac{\left|a_{n+1}\right|}{2^{n+1}} \leq \frac{1}{2^{n}}, n \in N^{*}$,
$\therefore \frac{\left|a_{1}\right|}{2}-\frac{\left|a_{n}\right|}{2^{n}}=\left(\frac{\left|a_{1}\right|}{2}-\frac{\left|a_{2}\right|}{2^{2}}\right)+\left(\frac{\left|a_{2}\right|}{2^{2}}-\frac{\left|a_{3}\right|}{2^{3}}\right)+\ldots+\left(\frac{\left|a_{n-1}\right|}{2^{n-1}}-\frac{\left|a_{n}\right|}{2^{n}}\right)$
$\leq \frac{1}{2}+\frac{1}{2^{2}}+\frac{1}{2^{3}}+\ldots+\frac{1}{2^{n}}=\frac{\frac{1}{2}\left(1-\frac{1}{2^{n}}\right)}{1-\frac{1}{2}}=1-\frac{1}{2^{n}}<1$.
$\therefore\left|a_{n}\right| \geq 2^{n-1}\left(\left|a_{1}\right|-2\right)\left(n \in N^{*}\right)$ 。
（II）任取 $\mathrm{n} \in \mathrm{N}^{*}$ ，由（I）知，对于任意 $\mathrm{m}>\mathrm{n}$ ，
$\frac{\left|a_{n}\right|}{2^{n}}-\frac{\left|a_{m}\right|}{2^{m}}=\left(\frac{\left|a_{n}\right|}{2^{n}}-\frac{\left|a_{n+1}\right|}{2^{n+1}}\right)+\left(\frac{\left|a_{n+1}\right|}{2^{n+1}}-\frac{\left|a_{n+2}\right|}{2^{n+2}}\right)+\ldots+\left(\frac{\left|a_{m-1}\right|}{2^{m-1}}-\frac{\left|a_{m}\right|}{2^{m}}\right)$
$\leq \frac{1}{2^{n}}+\frac{1}{2^{n+1}}+\ldots+\frac{1}{2^{m-1}}=\frac{\frac{1}{2^{n}}\left(1-\frac{1}{2^{m-n+1}}\right)}{1-\frac{1}{2}}<\frac{1}{2^{n-1}}$.
$\therefore\left|a_{n}\right|<\left(\frac{1}{2^{n-1}}+\frac{\left|a_{m}\right|}{2^{m}}\right) \cdot 2^{n} \leq\left[\frac{1}{2^{n-1}}+\frac{1}{2^{m}} \cdot\left(\frac{3}{2}\right)^{m}\right] \cdot 2^{n}=2+\left(\frac{3}{4}\right) m \cdot 2^{n}$ ．①
由 m 的任意性可知 $\left|\mathrm{a}_{\mathrm{n}}\right| \leq 2$ 。
否则，存在 $\mathrm{n}_{0} \in \mathrm{~N}^{*}$ ，使得 $\left|\mathrm{a} \mathrm{n}_{0}\right|>2$ ，

取正整数 $m_{0}>\log \frac{\left|a_{n_{0}}\right|-2}{\frac{3}{4}} \frac{m^{n_{0}}}{2^{n}}>n_{0}$ ，则
$2^{n_{0}}\left(\frac{3}{4}\right) \quad m_{0<2} \quad n_{0}\left(\frac{3}{4}\right) \quad \log _{\frac{3}{4}} \frac{\left|a_{n_{0}}\right|-2}{2^{n_{0}}}=\left|a n_{0}\right|-2$ ，与（1）式矛盾。
综上，对于任意 $n \in N^{*}$ ，都有 $\left|a_{n}\right| \leq 2$ ．
【点评】本题考查了不等式的应用与证明，等比数列的求和公式，放缩法证明不等式，难度较大。