2004-湖南理-22 解-解析几何

本题导读

本题考查构造法求解递推数列。核心在于点代数坐标递推法、构造等比数列法的灵活运用。

📌【题干】

Question

（2004年湖南卷(理)） 如图，直线 $l_1:y=kx+1-k\left(k\ne 0,k\ne \pm \frac{1}{2}\right)$ 与 $l_2:y=\frac{1}{2}x+\frac{1}{2}$ 相交于点 $P$.直线 $l_1$ 与 $x$ 轴交于点 $P_1$，过点 $P_1$ 作 $x$ 轴的垂线交直线 $l_2$ 于点 $Q_1$，过点 $Q_1$ 作 $y$ 轴的垂线交直线 $l_1$ 于点 $P_2$，过点 $P_2$ 作 $x$ 轴的垂线交直线 $l_2$ 于点 $Q_2$，$\dots$，这样一直作下去，可得到一系列点 $P_1,Q_1,P_2,Q_2,\dots$.点 $P_n(n=1,2,\dots )$ 的横坐标构成数列 $\{x_n\}$.

(1) 证明： $x_{n+1}-1=\frac{1}{2k}(x_n-1),n\in {\mathbf{N}}^{\ast }$；

(2) 求数列 $\{x_n\}$ 的通项公式；

(3) 比较 $2|P{P}_n{|}^2$ 与 $4k^2|P{P}_1{|}^2+5$ 的大小.

🔍【思路分析】

破题导航

1. 第(1)问逻辑：设点 $P_n$ 的坐标为 $(x_n,y_n)$。因为 $P_n$ 在 $x$ 轴上，所以 $y_n=0$。根据作图规则：
   • 过 $P_n(x_n,0)$ 作 $x$ 轴垂线交 $l_2$ 于 $Q_n$，故 $Q_n$ 的横坐标也为 $x_n$。代入 $l_2$ 得到 $Q_n$ 的纵坐标为 $y_{Q_n}=\frac{1}{2}{x}_n+\frac{1}{2}$。
   • 过 $Q_n$ 作 $y$ 轴垂线交 $l_1$ 于 $P_{n+1}$，故 $P_{n+1}$ 的纵坐标等于 $Q_n$ 的纵坐标，即 $y_{P_{n+1}}=\frac{1}{2}{x}_n+\frac{1}{2}$。
   • 又因为 $P_{n+1}(x_{n+1},y_{P_{n+1}})$ 落在直线 $l_1$ 上，代入 $l_1$ 的方程 $y=kx+1-k$，建立 $x_{n+1}$ 与 $x_n$ 的递推关系，化简证明恒等性质结构。
2. 第(2)问逻辑：由（1）直接可知 $\{x_n-1\}$ 是一个以 $\frac{1}{2k}$ 为公比的等比数列。首项为 $x_1-1$。通过令 $l_1$ 的 $y=0$ 解出 $x_1$ 的初值，代入等比数列通项公式完成求解。
3. 第(3)问逻辑：
   • 首先联立 $l_1$ 与 $l_2$ 求解出交点 $P$ 的完整坐标。
   • 利用两点间距离公式写出 $|P{P}_n{|}^2$ 和 $|P{P}_1{|}^2$ 的代数表达式。因为点 $P_n$ 在 $l_1$ 上，可以利用直线斜率将平方距离转化为横坐标差值的平方： $|P{P}_n{|}^2=(1+k^2)(x_n-x_P{)}^2$。
   • 将通项公式代入目标比较式中，运用作差比较法，判定差值的代数符号。

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✅【答案】

Success

(1) $\left(x_n-1\right)$ 为等比数列，公比 $\frac{1}{2k}$

(2) 证明见解析

(3) 证明见解析

✍【详细解析】

Abstract

(1) 证明： $x_{n+1}-1=\frac{1}{2k}(x_n-1),n\in {\mathbf{N}}^{\ast }$ 根据题意与几何投影路径，设点 $P_n$ 的坐标为 $(x_n,0)$。

1. 点 $Q_n$ 是过 $P_n$ 作 $x$ 轴的垂线与直线 $l_2$ 的交点，则点 $Q_n$ 的横坐标严格等于 $x_n$。 将 $x=x_n$ 代入直线 $l_2:y=\frac{1}{2}x+\frac{1}{2}$ 中，求得 $Q_n$ 的纵坐标： $y_{Q_n}=\frac{1}{2}{x}_n+\frac{1}{2}\text{（式1）}$
2. 点 $P_{n+1}$ 是过 $Q_n$ 作 $y$ 轴的垂线与直线 $l_1$ 的交点，则点 $P_{n+1}$ 的纵坐标严格等于 $Q_n$ 的纵坐标。 $y_{P_{n+1}}=y_{Q_n}=\frac{1}{2}{x}_n+\frac{1}{2}\text{（式2）}$
3. 因为点 $P_{n+1}$ 的横坐标为 $x_{n+1}$，且该点落在线性图形 $l_1:y=kx+1-k$ 上，将（式2）代入 $l_1$ 的方程中： $\frac{1}{2}{x}_n+\frac{1}{2}=k{x}_{n+1}+1-k\text{（式3）}$

对（式3）递推式进行同构化简，左右两边同时减去 1： $\frac{1}{2}{x}_n+\frac{1}{2}-1=k{x}_{n+1}+1-k-1⟹\frac{1}{2}{x}_n-\frac{1}{2}=k(x_{n+1}-1)$ 提取左侧常数公因数： $\frac{1}{2}(x_n-1)=k(x_{n+1}-1)$ 由于已知条件 $k\ne 0$，两边同时除以 $k$，即可得证： $x_{n+1}-1=\frac{1}{2k}(x_n-1)$

(2) 求数数列 $\{x_n\}$ 的通项公式 由第（1）问已证的特征方程可知，数列 $\{x_n-1\}$ 从第一项起，后项与前项之比均为常数 $\frac{1}{2k}$。 因此， $\{x_n-1\}$ 严格是一个以 $q=\frac{1}{2k}$ 为公比的等比数列。

下面求解数列的首项初值： 点 $P_1$ 是直线 $l_1$ 与 $x$ 轴的交点，令 $l_1:y=kx+1-k$ 中的 $y=0$： $0=k{x}_1+1-k⟹k{x}_1=k-1⟹x_1=\frac{k-1}{k}=1-\frac{1}{k}\text{（式4）}$ 则等比数列的首项为： $x_1-1=\left(1-\frac{1}{k}\right)-1=-\frac{1}{k}\text{（式5）}$

根据等比数列通项公式 $A_n=A_1\cdot q^{n-1}$，由（式5）可得： $x_n-1=\left(-\frac{1}{k}\right)\cdot {\left(\frac{1}{2k}\right)}^{n-1}\text{（式6）}$ 移项整理，求得数列 $\{x_n\}$ 的最终完整通项公式为： $x_n=1-\frac{1}{k}{\left(\frac{1}{2k}\right)}^{n-1}$

(3) 比较 $2|P{P}_n{|}^2$ 与 $4k^2|P{P}_1{|}^2+5$ 的大小 首先联立直线 $l_1$ 与 $l_2$ 的方程，求解定交点 $P$ 的几何坐标： $\{\begin{array}{l}y=kx+1-k\\ y=\frac{1}{2}x+\frac{1}{2}\end{array}⟹kx+1-k=\frac{1}{2}x+\frac{1}{2}$ 移项合并同类项： $\left(k-\frac{1}{2}\right)x=k-\frac{1}{2}$ 因为已知条件 $k\ne \frac{1}{2}$，两边消去非零因式，锁定交点 $P$ 的横坐标： $x_P=1⟹y_P=\frac{1}{2}\times 1+\frac{1}{2}=1⟹P(1,1)\text{（式7）}$

由于点 $P_n$ 始终属于直线 $l_1$ 上的点，根据平面直角坐标系两点间距离公式，斜线上两点之间的距离平方可以由横坐标差值结合斜率 $k$ 进行齐次规范化表征： $|P{P}_n{|}^2=(x_n-x_P{)}^2+(y_{P_n}-y_P{)}^2=(x_n-1{)}^2+[k(x_n-1)+1-k-1{]}^2$ $|P{P}_n{|}^2=(x_n-1{)}^2+k^2(x_n-1{)}^2=(1+k^2)(x_n-1{)}^2\text{（式8）}$

将（式6）中的 $(x_n-1)$ 表达式直接代入（式8）中： $|P{P}_n{|}^2=(1+k^2)\cdot {\left[-\frac{1}{k}{\left(\frac{1}{2k}\right)}^{n-1}\right]}^2=\frac{1+k^2}{k^2}\cdot {\left(\frac{1}{2k}\right)}^{2n-2}\text{（式9）}$ 顺次由（式9）写出当 $n=1$ 时， $|P{P}_1{|}^2$ 的代数式值： $|P{P}_1{|}^2=\frac{1+k^2}{k^2}\cdot {\left(\frac{1}{2k}\right)}^0=\frac{1+k^2}{k^2}\text{（式10）}$

将（式9）与（式10）顺次代入需要进行大小比较的两个目标代数式中： $左式=2|P{P}_n{|}^2=\frac{2(1+k^2)}{k^2}\cdot {\left(\frac{1}{2k}\right)}^{2n-2}\text{（式11）}$ $右式=4k^2|P{P}_1{|}^2+5=4k^2\cdot \frac{1+k^2}{k^2}+5=4(1+k^2)+5=4k^2+9\text{（式12）}$

对（式11）与（式12）应用作差比较法： $\Delta =2|P{P}_n{|}^2-(4k^2|P{P}_1{|}^2+5)=\frac{2(1+k^2)}{k^2}\cdot {\left(\frac{1}{2k}\right)}^{2n-2}-(4k^2+9)\text{（式13）}$

下面对公比分式进行范围界定：

1. 若 $|2k|>1⟹k>\frac{1}{2}$ 或 $k<-\frac{1}{2}$： 此时 $\left|\frac{1}{2k}\right|<1$，故随着项数递增，指数项满足 ${\left(\frac{1}{2k}\right)}^{2n-2}\le 1$ （当 $n=1$ 时取等号）。 代入（式13）中放大或考察其上确界： $\Delta \le \frac{2(1+k^2)}{k^2}\times 1-(4k^2+9)=\frac{2}{k^2}+2-4k^2-9=\frac{2}{k^2}-4k^2-7$ 因为 $|k|>\frac{1}{2}⟹k^2>\frac{1}{4}$，则 $\frac{2}{k^2}<8$，且 $-4k^2<-1$。 代入求和可见 $\Delta$ 的上限极大值必然严格小于 0。
2. 若 $|2k|<1⟹-\frac{1}{2}<k<\frac{1}{2}$ 且 $k\ne 0$： 此时 $\left|\frac{1}{2k}\right|>1$，则随着 $n\to \infty$，指数项 ${\left(\frac{1}{2k}\right)}^{2n-2}$ 将趋于 $+\infty$。 固定参数 $k$ 下，只要 $n$ 足够大，左式（式11）将无界增加，导致 $\Delta >0$；而在前几项（如 $n=1$ ），由于 $\frac{2(1+k^2)}{k^2}-(4k^2+9)$ 当 $k$ 接近 $\frac{1}{2}$ 时为负。

综合上述分析可知，该大小关系在内不具备单一恒等方向，其大小严格依赖于参数 $k$ 与正整数 $n$ 的联合取值截面。 重新审视右式化简： $4k^2|P{P}_1{|}^2+5=4k^2+9$。

• 当 $n=1$ 时，左式 = $2|P{P}_1{|}^2=\frac{2+2k^2}{k^2}=2+\frac{2}{k^2}$。 作差： $2+\frac{2}{k^2}-(4k^2+9)=\frac{2}{k^2}-4k^2-7=\frac{2-7k^2-4k^4}{k^2}=\frac{(1-4k^2)(2+k^2)}{k^2}$。
  • 当 $1-4k^2>0⟹k^2<\frac{1}{4}⟹k\in \left(-\frac{1}{2},\frac{1}{2}\right)$ 时，差值 $>0⟹2|P{P}_n{|}^2>4k^2|P{P}_1{|}^2+5$；
  • 当 $1-4k^2<0⟹k^2>\frac{1}{4}⟹k\in \left(-\infty ,-\frac{1}{2}\right)\cup \left(\frac{1}{2},+\infty \right)$ 时，差值 $<0⟹2|P{P}_n{|}^2<4k^2|P{P}_1{|}^2+5$。

第(3)问结论汇总：

• 当 $k\in \left(-\frac{1}{2},0\right)\cup \left(0,\frac{1}{2}\right)$ 时，对于前几项（如 $n=1$ ），有 $2|P{P}_n{|}^2>4k^2|P{P}_1{|}^2+5$ ；随着 $n$ 的增大，由于公比大于 1，该大等号方向保持恒成立；
• 当 $k\in \left(-\infty ,-\frac{1}{2}\right)\cup \left(\frac{1}{2},+\infty \right)$ 时，当 $n=1$ 时 $2|P{P}_n{|}^2<4k^2|P{P}_1{|}^2+5$，且随着 $n$ 的增大，左式单调递减趋于 0，该小等号方向恒成立。

💡【考点归纳与避坑指南】

Danger

1. 核心考点：多直线交替投影运动的坐标化归；非齐次递推数列的等比构造转化；两点间距离在斜率基底下的单变量表征。
2. 核心方法：坐标递推控制法、作差法。
3. 避坑指南：
   • 第(1)问投影路径中，切记不要分不清谁的横坐标等于谁的纵坐标：规范的做法是严格按照题目中“作 $x$ 轴垂线（横坐标相同）”和“作 $y$ 轴垂线（纵坐标相同）”这两句几何描述，一步一个脚印地写出分量等式。
   • 第(3)问比较大小时，很多学生化简出（式13）后由于漏掉了对参数 $k$ 的平方与 $\frac{1}{4}$ 的大小讨论，导致无法得出严密的完整结论。解析几何大题若含有已知限制（如 $k\ne \pm \frac{1}{2}$），该临界点必然是后续分类讨论的重要题眼切入点。

📖【试题探源与推广】

Tip

1. 试题探源: 本题出自高中数学压轴题中经典的“蛛网模型（Cobweb model）”几何化形式，属于典型的解析几何与离散动力系统综合题。
2. 结论推广: 两条直线 $y=k_{1}x+b_1$、$y=k_{2}x+b_2$ 的交点满足 $k_{1}x+b_1=k_{2}x+b_2$。在两条直线间交替作水平、竖直投影得到的点列，是否收敛于交点取决于两直线斜率的比值。

🔗【关联脉络】

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知识锚点 (Nodes)

• 19.03 数列通项公式求法全攻略
• 19.02 等比数列全总结

类题演练 (Links)

• 1985-广东文-02 填-等比数列的通项
• 2006-四川文-17 解-Sn递推求通项与等差
• 2006-湖北文-20 解-数列通项与裂项求和