记 S_ n 为数列 a_ n 的前 n 项和， b_ n…——2021 高考数学第 19 题答案解析

【答案】（1）证明见解析；②$a_{n}=\left\{\begin{array}{c}\frac{3}{2}, n=1 \\ -\frac{1}{n(n+1)}, n \geq 2\end{array}\right.$ ．

【解析】

【分析】①由已知 $\frac{2}{S_{n}}+\frac{1}{b_{n}}=2$ 得 $S_{n}=\frac{2 b_{n}}{2 b_{n}-1}$ ，且 $b_{n} \neq 0$ ，取 $n=1$ ，得 $b_{1}=\frac{3}{2}$ ，由题意得
$\frac{2 b_{1}}{2 b_{1}-1} \cdot \frac{2 b_{2}}{2 b_{2}-1} \cdots \frac{2 b_{n}}{2 b_{n}-1}=b_{n}$ ，消积得到项的递推关系 $\frac{2 b_{n+1}}{2 b_{n+1}-1}=\frac{b_{n+1}}{b_{n}}$ ，进而证明数列 $\left\{b_{n}\right\}$ 是等差数列；
②由①可得 $b_{n}$ 的表达式，由此得到 $S_{n}$ 的表达式，然后利用和与项的关系求得
$a_{n}=\left\{\begin{array}{c}\frac{3}{2}, n=1 \\ -\frac{1}{n(n+1)}, n \geq 2\end{array}\right.$.
**方法一**：
由已知 $\frac{2}{S_{n}}+\frac{1}{b_{n}}=2$ 得 $S_{n}=\frac{2 b_{n}}{2 b_{n}-1}$ ，且 $b_{n} \neq 0, b_{n} \neq \frac{1}{2}$ ，
取 $n=1$ ，由 $S_{1}=b_{1}$ 得 $b_{1}=\frac{3}{2}$ ，
由于 $b_{n}$ 为数列 $\left\{S_{n}\right\}$ 的前 $n$ 项积，
所以 $\frac{2 b_{1}}{2 b_{1}-1} \cdot \frac{2 b_{2}}{2 b_{2}-1} \cdots \frac{2 b_{n}}{2 b_{n}-1}=b_{n}$ ，
所以 $\frac{2 b_{1}}{2 b_{1}-1} \cdot \frac{2 b_{2}}{2 b_{2}-1} \cdots \frac{2 b_{n+1}}{2 b_{n+1}-1}=b_{n+1}$ ，
所以 $\frac{2 b_{n+1}}{2 b_{n+1}-1}=\frac{b_{n+1}}{b_{n}}$ ，
由于 $b_{n+1} \neq 0$
所以 $\frac{2}{2 b_{n+1}-1}=\frac{1}{b_{n}}$ ，即 $b_{n+1}-b_{n}=\frac{1}{2}$ ，其中 $n \in \mathbf{N}^{*}$
所以数列 $\left\{b_{n}\right\}$ 是以 $b_{1}=\frac{3}{2}$ 为首项，以 $d=\frac{1}{2}$ 为公差等差数列；

**方法二**：【最优解】：

由已知条件知 $b_{n}=S_{1} \cdot S_{2} \cdot S_{3} \cdots \cdot S_{n-1} \cdot S_{n}$

于是 $b_{n-1}=S_{1} \cdot S_{2} \cdot S_{3} \cdots \cdot S_{n-1}(n \geq 2)$ ．

由①②得 $\frac{b_{n}}{b_{n-1}}=S_{n}$ ．

又 $\frac{2}{S_{n}}+\frac{1}{b_{n}}=2$ ，

由（3）（4）得 $b_{n}-b_{n-1}=\frac{1}{2}$ ．
令 $n=1$ ，由 $S_{1}=b_{1}$ ，得 $b_{1}=\frac{3}{2}$ ．
所以数列 $\left\{b_{n}\right\}$ 是以 $\frac{3}{2}$ 为首项，$\frac{1}{2}$ 为公差的等差数列．

**方法三**：

由 $\frac{2}{S_{n}}+\frac{1}{b_{n}}=2$ ，得 $b_{n}=\frac{S_{n}}{2 S_{n}-2}$ ，且 $S_{n} \neq 0, b_{n} \neq 0, S_{n} \neq 1$ ．
又因为 $b_{n}=S_{n} \cdot S_{n-1} \cdots \cdots \cdot S_{1}=S_{n} \cdot b_{n-1}$ ，所以 $b_{n-1}=\frac{b_{n}}{S_{n}}=\frac{1}{2 S_{n}-2}$ ，所以
$b_{n}-b_{n-1}=\frac{S_{n}}{2 S_{n}-2}-\frac{1}{2 S_{n}-2}=\frac{S_{n}-1}{2\left(S_{n}-1\right)}=\frac{1}{2}(n \geq 2)$.
在 $\frac{2}{S_{n}}+\frac{1}{b_{n}}=2$ 中，当 $n=1$ 时，$b_{1}=S_{1}=\frac{3}{2}$ ．
故数列 $\left\{b_{n}\right\}$ 是以 $\frac{3}{2}$ 为首项，$\frac{1}{2}$ 为公差的等差数列．
**方法四**：数学归纳法
由已知 $\frac{2}{S_{n}}+\frac{1}{b_{n}}=2$ ，得 $S_{n}=\frac{2 b_{n}}{2 b_{n}-1}, b_{1}=\frac{3}{2}, b_{2}=2, b_{3}=\frac{5}{2}$ ，猜想数列 $\left\{b_{n}\right\}$ 是以 $\frac{3}{2}$ 为首项，$\frac{1}{2}$ 为
公差的等差数列，且 $b_{n}=\frac{1}{2} n+1$ ．
下面用数学归纳法证明．
当 $n=1$ 时显然成立．
假设当 $n=k$ 时成立，即 $b_{k}=\frac{1}{2} k+1, S_{k}=\frac{k+2}{k+1}$ ．
那么当 $n=k+1$ 时，$\quad b_{k+1}=b_{k} S_{k+1}=\left(\frac{1}{2} k+1\right) \cdot \frac{k+3}{k+2}=\frac{k+3}{2}=\frac{1}{2}(k+1)+1$ ．

综上，猜想对任意的 $n \in \mathbf{N}$ 都成立．
即数列 $\left\{b_{n}\right\}$ 是以 $\frac{3}{2}$ 为首项，$\frac{1}{2}$ 为公差的等差数列．
（2）
由①可得，数列 $\left\{b_{n}\right\}$ 是以 $b_{1}=\frac{3}{2}$ 为首项，以 $d=\frac{1}{2}$ 为公差的等差数列，
$\therefore b_{n}=\frac{3}{2}+(n-1) \times \frac{1}{2}=1+\frac{n}{2}$ ，
$S_{n}=\frac{2 b_{n}}{2 b_{n}-1}=\frac{2+n}{1+n}$ ，
当 $n=1$ 时，$a_{1}=S_{1}=\frac{3}{2}$ ，
当 $n \geqslant 2$ 时，$a_{n}=S_{n}-S_{n-1}=\frac{2+n}{1+n}-\frac{1+n}{n}=-\frac{1}{n(n+1)}$ ，显然对于 $n=1$ 不成立，
$\therefore a_{n}=\left\{\begin{array}{c}\frac{3}{2}, n=1 \\ -\frac{1}{n(n+1)}, n \geq 2\end{array}\right.$ ．
【整体点评】（1）方法一从 $\frac{2}{S_{n}}+\frac{1}{b_{n}}=2$ 得 $S_{n}=\frac{2 b_{n}}{2 b_{n}-1}$ ，然后利用 $b_{n}$ 的定义，得到数列 $\left\{b_{n}\right\}$ 的递推关系，进而替换相除消项得到相邻两项的关系，从而证得结论；

方法二先从 $b_{n}$ 的定义，替换相除得到 $\frac{b_{n}}{b_{n-1}}=S_{n}$ ，再结合 $\frac{2}{S_{n}}+\frac{1}{b_{n}}=2$ 得到 $b_{n}-b_{n-1}=\frac{1}{2}$ ，从而证得结论，为最优解；

方法三由 $\frac{2}{S_{n}}+\frac{1}{b_{n}}=2$ ，得 $b_{n}=\frac{S_{n}}{2 S_{n}-2}$ ，由 $b_{n}$ 的定义得 $b_{n-1}=\frac{b_{n}}{S_{n}}=\frac{1}{2 S_{n}-2}$ ，进而作差证得结论；方法四利用归纳猜想得到数列 $b_{n}=\frac{1}{2} n+1$ ，然后利用数学归纳法证得结论．
（2）由①的结论得到 $b_{n}=\frac{1}{2} n+1$ ，求得 $S_{n}$ 的表达式，然后利用和与项的关系求得 $\left\{a_{n}\right\}$ 的通项公式；