1981-全国理-10 解-半圆内接正方形与斐波那契型递推

本题导读

本题为附加题，先由几何关系求出 $a-b=1$、$ab=1$，再把 $u_k$ 视为等比数列求和，借特征方程 $x^2-x-1=0$ 完成递推证明。

📌【题干】

Question

（1981年全国卷(理)） 10. 已知以 $AB$ 为直径的半圆有一个内接正方形 $CDEF$，其边长为 $1$（如图）.设 $AC=a$，$BC=b$，作数列 $u_1=a-b$，$u_2=a^2-ab+b^2$，$u_3=a^3-a^{2}b+a{b}^2-b^3$，$\cdots$，$u_k=a^k-a^{k-1}b+a^{k-2}{b}^2-\cdots +(-1{)}^k{b}^k$；求证：$u_n=u_{n-1}+u_{n-2}$（$n\ge 3$）.

🔍【思路分析】

破题导航

由对称性与勾股定理得半径 $R=\frac{\sqrt{5}}{2}$，进而 $a=\frac{\sqrt{5}+1}{2}$，$b=\frac{\sqrt{5}-1}{2}$，故 $a-b=1$、$ab=1$，从而 $a$、$(-b)$ 是 $x^2-x-1=0$ 的两根，满足 $a^2=a+1$、$(-b{)}^2=(-b)+1$。把 $u_k$ 等比求和后代入即得递推。

✅【答案】

Success

由几何得 $a-b=1$、$ab=1$，进而 $a^2=a+1$；将 $u_k=\frac{a^{k+1}-(-b{)}^{k+1}}{a+b}$ 代入即证 $u_n=u_{n-1}+u_{n-2}$（见解析）

✍【详细解析】

Abstract

设半圆圆心为 $O$。由内接正方形边长为 $1$ 且关于直径对称，知圆心 $O$ 为底边 $FC$ 的中点，故 $OF=OC=\frac{1}{2}$。 在直角 $△OCD$ 中，$R^2=O{D}^2=O{C}^2+C{D}^2=\frac{1}{4}+1=\frac{5}{4}$，所以 $R=\frac{\sqrt{5}}{2}$，$OA=OB=R$。 于是 $a=AC=AO+OC=\frac{\sqrt{5}+1}{2}$，$b=BC=OB-OC=\frac{\sqrt{5}-1}{2}$。 计算得 $a-b=1$，$ab=\frac{5-1}{4}=1$。 由此 $b=a-1$ 代入 $ab=1$ 得 $a(a-1)=1$，即 $a^2-a-1=0$；同理 $(-b{)}^2-(-b)-1=0$。故 $a$ 与 $-b$ 是方程 $x^2-x-1=0$ 的两根，满足 $a^2=a+1$，$(-b{)}^2=(-b)+1$。 观察 $u_k$，它是首项 $a^k$、公比 $-\frac{b}{a}$ 的等比数列求和： $u_k=\frac{a^k[1-(-\frac{b}{a}{)}^{k+1}]}{1-(-\frac{b}{a})}=\frac{a^{k+1}-(-b{)}^{k+1}}{a+b}$。 于是 $u_{n-1}+u_{n-2}=\frac{a^n-(-b{)}^n}{a+b}+\frac{a^{n-1}-(-b{)}^{n-1}}{a+b}$ $=\frac{a^{n-1}(a+1)-(-b{)}^{n-1}((-b)+1)}{a+b}$。 代入 $a+1=a^2$、$(-b)+1=(-b{)}^2$ 得 $u_{n-1}+u_{n-2}=\frac{a^{n-1}\cdot a^2-(-b{)}^{n-1}\cdot (-b{)}^2}{a+b}=\frac{a^{n+1}-(-b{)}^{n+1}}{a+b}=u_n$。 故 $u_n=u_{n-1}+u_{n-2}$（$n\ge 3$）成立。

💡【考点归纳与避坑指南】

Danger

核心考点：半圆内接正方形与斐波那契型递推

核心方法：等比求和与特征方程

避坑指南：把 $u_k$ 视为首项 $a^k$、公比 $-b/a$ 的等比数列求和；由几何得 $a-b=1,ab=1$ 推 $a^2=a+1$

📖【试题探源与推广】

Tip

试题探源：递推数列与斐波那契

结论推广：由等比求和导出 $u_n$ 的闭式，再借特征方程得递推

方法推广：二阶线性递推的特征根法

🔗【关联脉络】

Multi column

知识锚点 (Nodes)

• 19.06 斐波那契数列全总结

类题演练 (Links)

• 1982-全国理-09 解-递推数列的通项与极限
• 1984-全国卷理-19 解-数列递推与不等式放缩