2004-浙江理-22 解-中点坐标公式

本题导读

本题考查中点坐标公式。核心在于递推代数化简法、特征变换法的灵活运用。

📌【题干】

Question

（2004年浙江卷(理)） 如图， $△OBC$ 的三个顶点坐标分别为 $(0,0)$、 $(1,0)$、 $(0,2)$，设 $P_1$ 为线段 $BC$ 的中点， $P_2$ 为线段 $CO$ 的中点， $P_3$ 为线段 $O{P}_1$ 的中点，对于每一个正整数 $n$， $P_{n+3}$ 为线段 $P_n{P}_{n+1}$ 的中点，令 $P_n$ 的坐标为 $(x_n,y_n)$， $a_n=\frac{1}{2}{y}_n+y_{n+1}+y_{n+2}$.

(1) 求 $a_1,a_2,a_3$ 及 $a_n$；

(2) 证明 $y_{n+4}=1-\frac{y_n}{4},n\in {\mathbf{N}}^{\ast }$；

(3) 若记 $b_n=y_{4n+4}-y_{4n},n\in {\mathbf{N}}^{\ast }$，证明 $\{b_n\}$ 是等比数列.

🔍【思路分析】

破题导航

1. 第一问：根据中点坐标公式先求出初始几个点 $P_1,P_2,P_3,P_4,P_5$ 的纵坐标 $y_n$。代入 $a_n$ 的定义式算出 $a_1,a_2,a_3$。再利用递推式 $y_{n+3}=\frac{y_n+y_{n+1}}{2}$ 证明 $a_{n+1}-a_n=0$，从而归纳出 $a_n$ 为常数数列。
2. 第二问：利用核心递推关系 $2y_{n+3}=y_n+y_{n+1}$ 连续消元，或者借助第一问中 $a_n=\text{常数}$ 的结论，写出相邻项的关系，通过标号平移构造消除中间项 $y_{n+1},y_{n+2},y_{n+3}$，从而直接导出 $y_{n+4}$ 与 $y_n$ 的关系。
3. 第三问：由第二问关系式，写出 $b_n=y_{4n+4}-y_{4n}$。利用第二问结论平移变换，推导 $b_{n+1}$ 与 $b_n$ 的齐次比例关系，结合首项非零证明等比。

✅【答案】

Success

(1) 证明见解析

(2) 证明见解析

(3) 证明见解析

✍【详细解析】

Abstract

解： 由题意， $O(0,0),B(1,0),C(0,2)$。 利用中点坐标公式，依次算出前五个点的纵坐标 $y_n$：

• $P_1$ 是 $BC$ 的中点 $⟹y_1=\frac{0+2}{2}=1$；
• $P_2$ 是 $CO$ 的中点 $⟹y_2=\frac{2+0}{2}=1$；
• $P_3$ 是 $O{P}_1$ 的中点 $⟹y_3=\frac{0+1}{2}=\frac{1}{2}$；
• $P_4$ 是 $P_1{P}_2$ 的中点 $⟹y_4=\frac{y_1+y_2}{2}=\frac{1+1}{2}=1$；
• $P_5$ 是 $P_2{P}_3$ 的中点 $⟹y_5=\frac{y_2+y_3}{2}=\frac{1+\frac{1}{2}}{2}=\frac{3}{4}$。

对于任意 $n\in {\mathbf{N}}^{\ast }$，由于 $P_{n+3}$ 为线段 $P_n{P}_{n+1}$ 的中点，其纵坐标满足核心递推式： $y_{n+3}=\frac{y_n+y_{n+1}}{2}⟹2y_{n+3}=y_n+y_{n+1}$

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(1) 求 $a_1,a_2,a_3$ 及 $a_n$

将算出的 $y_1$ 至 $y_5$ 依次代入 $a_n=\frac{1}{2}{y}_n+y_{n+1}+y_{n+2}$ 的定义式中：

• $a_1=\frac{1}{2}{y}_1+y_2+y_3=\frac{1}{2}(1)+1+\frac{1}{2}=2$；
• $a_2=\frac{1}{2}{y}_2+y_3+y_4=\frac{1}{2}(1)+\frac{1}{2}+1=2$；
• $a_3=\frac{1}{2}{y}_3+y_4+y_5=\frac{1}{2}\left(\frac{1}{2}\right)+1+\frac{3}{4}=\frac{1}{4}+1+\frac{3}{4}=2$。

下面考查数列 $\{a_n\}$ 的相邻项差值： $a_{n+1}-a_n=\left(\frac{1}{2}{y}_{n+1}+y_{n+2}+y_{n+3}\right)-\left(\frac{1}{2}{y}_n+y_{n+1}+y_{n+2}\right)$ $a_{n+1}-a_n=y_{n+3}-\frac{1}{2}{y}_n-\frac{1}{2}{y}_{n+1}=y_{n+3}-\frac{y_n+y_{n+1}}{2}$ 因为 $y_{n+3}=\frac{y_n+y_{n+1}}{2}$，所以： $a_{n+1}-a_n=0⟹a_{n+1}=a_n$ 这说明数列 $\{a_n\}$ 是一个恒定的常数数列。 因为 $a_1=2$，所以对任意 $n\in {\mathbf{N}}^{\ast }$，均有： $a_n=2$

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(2) 证明： $y_{n+4}=1-\frac{y_n}{4}$

由第 (1) 问结论可知，对任意 $n\in {\mathbf{N}}^{\ast }$ 均有 $\frac{1}{2}{y}_n+y_{n+1}+y_{n+2}=2$。 将其标号整体向后平移两项，可得： $\frac{1}{2}{y}_{n+2}+y_{n+3}+y_{n+4}=2$ 同时，将核心中点递推式 $y_{n+3}=\frac{y_n+y_{n+1}}{2}$ 两边乘以 2： $2y_{n+3}=y_n+y_{n+1}⟹y_{n+1}=2y_{n+3}-y_n$

将 $y_{n+1}=2y_{n+3}-y_n$ 代入 $a_n=2$ 的式子中消去 $y_{n+1}$： $\frac{1}{2}{y}_n+(2y_{n+3}-y_n)+y_{n+2}=2⟹2y_{n+3}+y_{n+2}-\frac{1}{2}{y}_n=2$ 两边同时除以 2，得： $y_{n+3}+\frac{1}{2}{y}_{n+2}-\frac{1}{4}{y}_n=1⟹\frac{1}{2}{y}_{n+2}+y_{n+3}=1+\frac{1}{4}{y}_n$

观察平移后的等式 $\frac{1}{2}{y}_{n+2}+y_{n+3}+y_{n+4}=2$，可以将左边的前两项整体替换： $\left(\frac{1}{2}{y}_{n+2}+y_{n+3}\right)+y_{n+4}=2$ $\left(1+\frac{1}{4}{y}_n\right)+y_{n+4}=2$ 移项隔离出 $y_{n+4}$： $y_{n+4}=2-1-\frac{1}{4}{y}_n=1-\frac{y_n}{4}$ 审定得证。

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(3) 证明：数列 $\{b_n\}$ 是等比数列

根据定义 $b_n=y_{4n+4}-y_{4n}$。我们写出下一项 $b_{n+1}$ 的表达式： $b_{n+1}=y_{4(n+1)+4}-y_{4(n+1)}=y_{4n+8}-y_{4n+4}$

利用第 (2) 问证得的四阶迭代结论 $y_{m+4}=1-\frac{y_m}{4}$，分别对 $y_{4n+8}$ 和 $y_{4n+4}$ 进行降阶变换：

• 对于 $y_{4n+8}$，令 $m=4n+4⟹y_{4n+8}=1-\frac{y_{4n+4}}{4}$
• 对于 $y_{4n+4}$，令 $m=4n⟹y_{4n+4}=1-\frac{y_{4n}}{4}$

将这两个变换结果代入 $b_{n+1}$ 中： $b_{n+1}=\left(1-\frac{y_{4n+4}}{4}\right)-\left(1-\frac{y_{4n}}{4}\right)$ $b_{n+1}=-\frac{1}{4}{y}_{4n+4}+\frac{1}{4}{y}_{4n}=-\frac{1}{4}\left(y_{4n+4}-y_{4n}\right)$ 根据 $b_n$ 的定义，上式即为： $b_{n+1}=-\frac{1}{4}{b}_n$

下面计算首项 $b_1$ 以验证非零条件： $b_1=y_8-y_4$ 由第 (2) 问结论： $y_8=1-\frac{y_4}{4}$。已知 $y_4=1$，代入得 $y_8=1-\frac{1}{4}=\frac{3}{4}$。 $b_1=\frac{3}{4}-1=-\frac{1}{4}\ne 0$

因为对任意 $n\in {\mathbf{N}}^{\ast }$ 满足 $\frac{b_{n+1}}{b_n}=-\frac{1}{4}$，且首项 $b_1\ne 0$。 根据等比数列的判定定理，数列 $\{b_n\}$ 是以 $-\frac{1}{4}$ 为首项， $-\frac{1}{4}$ 为公比的等比数列。

💡【考点归纳与避坑指南】

Danger

1. 核心考点：多阶邻项差分构造常数项（恒等性质原理）、高维齐次递推式的平移消元、等比数列的归纳判定。
2. 核心方法：恒等性质构造法（特征平移法）。
3. 避坑指南：
   • 第二问消元时一定要有目的地保留目标项 $y_{n+4}$ 和 $y_n$。由于存在 $y_{n+3}=\frac{y_n+y_{n+1}}{2}$ 的复杂关系，盲目代入会导致标号大面积错乱，通过构造第一问的常数数列 $a_n=2$ 作为过渡桥梁是最不易出错的严谨路径。

📖【试题探源与推广】

Tip

1. 试题探源: 2004年浙江高考压轴题，灵感源自线性多阶差分方程（Linear difference equation）的特征根解法。
2. 结论推广: 本题中 $2y_{n+3}-y_{n+1}-y_n=0$ 的特征方程为 $2r^3-r-1=0⟹(r-1)(2r^2+2r+1)=0$。其包含一个实根 $1$ 和一对共轭复根 $-\frac{1}{2}\pm \frac{1}{2}i$。复根的模长为 $\frac{\sqrt{2}}{2}$，对应的 4 次幂模长为 ${\left(\frac{\sqrt{2}}{2}\right)}^4=\frac{1}{4}$。这从高等数学结构上完美解释了为什么第二问、第三问中会产生步长为 4 且公比为 $-\frac{1}{4}$ 的超循环等比收敛特征。

🔗【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