记 S _ n 为数列 a _ n 的前n项和， b _…——2021 高考数学第 19 题答案解析

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

【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$\frac { 2 b _ { 1 } } { 2 b _ { 1 } - 1 } \cdot \frac { 2 b _ { 2 } } { 2 b _ { 2 } - 1 } \cdot \cdot \cdot \frac { 2 b _ { n } } { 2 b _ { n } - 1 } = b _ { n }$ ,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

$$ a _ { n } = \left\{ \begin{array} { c } { { \displaystyle \frac { 3 } { 2 } , n = 1 } } \\ { { \displaystyle - \frac { 1 } { n \left( n + 1 \right) } , n \geq 2 } } \end{array} \right. . $$

**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 $\frac { 2 b _ { 1 } } { 2 b _ { 1 } - 1 } \cdot \frac { 2 b _ { 2 } } { 2 b _ { 2 } - 1 } \cdot \dots \frac { 2 b _ { n } } { 2 b _ { n } - 1 } = b _ { n }$

所以 $\frac { 2 b _ { 1 } } { 2 b _ { 1 } - 1 } \cdot \frac { 2 b _ { 2 } } { 2 b _ { 2 } - 1 } \cdot \dots \frac { 2 b _ { n + 1 } } { 2 b _ { n + 1 } - 1 } = b _ { n + 1 }$

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 $\boldsymbol { n } \in \mathbf { N } ^ { * }$

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 $b _ { n } = S _ { 1 } \cdot S _ { 2 } \cdot S _ { 3 } \cdot \dots . S _ { n - 1 } \cdot S _ { n }$ ①

于是 $b _ { n - 1 } = S _ { 1 } \cdot S _ { 2 } \cdot S _ { 3 } \cdots S _ { n - 1 } ( n \geq 2 )$ ②

由①②得 ${ \frac { b _ { n } } { b _ { n - 1 } } } = S _ { n }$ ③

又 ${ \frac { 2 } { S _ { n } } } + { \frac { 1 } { b _ { n } } } = 2$ ④

由③④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 $S _ { n } \not = 0 , b _ { n } \not = 0 , S _ { n } \not = 1$

又因为 $b _ { n } = S _ { n } \cdot S _ { n - 1 } \cdots S _ { 1 } = S _ { n } \cdot b _ { n - 1 }$ ，所以 $b _ { n - 1 } = \frac { b _ { n } } { S _ { n } } = \frac { 1 } { 2 S _ { n } - 2 }$ ，所以

$$ b _ { n } - b _ { n - 1 } = \frac { S _ { n } } { 2 S _ { n } - 2 } - \frac { 1 } { 2 S _ { n } - 2 } = \frac { S _ { n } - 1 } { 2 \big ( S _ { n } - 1 \big ) } = \frac { 1 } { 2 } ( n \geq 2 ) $$

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， $b _ { k + 1 } = b _ { k } S _ { k + 1 } = \left( { \frac { 1 } { 2 } } k + 1 \right) \cdot { \frac { k + 3 } { k + 2 } } = { \frac { k + 3 } { 2 } } = { \frac { 1 } { 2 } } ( k + 1 ) + 1$

综上，猜想对任意的nÎN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， $a _ { \scriptscriptstyle 1 } = S _ { \scriptscriptstyle 1 } = \frac { 3 } { 2 }$

当 n≥2 时, $a _ { n } = S _ { n } - S _ { n - 1 } = { \frac { 2 + n } { 1 + n } } - { \frac { 1 + n } { n } } = - { \frac { 1 } { n { \big ( } n + 1 { \big ) } } }$ ,显然对于n=1不成立,

$$ \therefore a _ { n } = \left\{ { \begin{array} { c } { \displaystyle { \frac { 3 } { 2 } } , n = 1 } \\ { \displaystyle { - { \frac { 1 } { n \left( n + 1 \right) } } } , n \geq 2 } \end{array} } \right. . $$

【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；