2022_北京卷 (2022)
15．己知数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 各项均为正数，其前 $n$ 项和 $S_{n}$ 满足 $a_{n} \cdot S_{n}=9(n=1,2, \cdots)$ 。给出下列四个结论：
①$\left\{a_{n}\right\}$ 的第 2 项小于 3；
②$\left\{a_{n}\right\}$ 为等比数列；
③$\left\{a_{n}\right\}$ 为递减数列；
④$\left\{a_{n}\right\}$ 中存在小于 $\frac{1}{100}$ 的项．
其中所有正确结论的序号是 $\_\_\_\_$ ．
【答案】①③④
【解析】
【分析】推导出 $a_{n}=\frac{9}{a_{n}}-\frac{9}{a_{n-1}}$ ，求出 $a_{1} , a_{2}$ 的值，可判断①；利用反证法可判断②④；利用数列单调性的定义可判断③．
【详解】由题意可知，$\forall n \in \mathrm{~N}^{*}, a_{n}>0$ ，
当 $n=1$ 时，$a_{1}^{2}=9$ ，可得 $a_{1}=3$ ；
当 $n \geq 2$ 时，由 $S_{n}=\frac{9}{a_{n}}$ 可得 $S_{n-1}=\frac{9}{a_{n-1}}$ ，两式作差可得 $a_{n}=\frac{9}{a_{n}}-\frac{9}{a_{n-1}}$ ，
所以，$\frac{9}{a_{n-1}}=\frac{9}{a_{n}}-a_{n}$ ，则 $\frac{9}{a_{2}}-a_{2}=3$ ，整理可得 $a_{2}^{2}+3 a_{2}-9=0$ ，
因为 $a_{2}>0$ ，解得 $a_{2}=\frac{3 \sqrt{5}-3}{2}<3$ ，（1）对；
假设数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 为等比数列，设其公比为 $q$ ，则 $a_{2}^{2}=a_{1} a_{3}$ ，即 $\left(\frac{9}{S_{2}}\right)^{2}=\frac{81}{S_{1} S_{3}}$ ，
所以，$S_{2}^{2}=S_{1} S_{3}$ ，可得 $a_{1}^{2}(1+q)^{2}=a_{1}^{2}\left(1+q+q^{2}\right)$ ，解得 $q=0$ ，不合乎题意，
故数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 不是等比数列，②错；
当 $n \geq 2$ 时，$a_{n}=\frac{9}{a_{n}}-\frac{9}{a_{n-1}}=\frac{9\left(a_{n-1}-a_{n}\right)}{a_{n} a_{n-1}}>0$ ，可得 $a_{n}
假设对任意的 $n \in \mathrm{~N}^{*}, a_{n} \geq \frac{1}{100}$ ，则 $S_{100000} \geq 100000 \times \frac{1}{100}=1000$ ，
所以，$a_{100000}=\frac{9}{S_{100000}} \leq \frac{9}{1000}<\frac{1}{100}$ ，与假设矛盾，假设不成立，（4）对．
故答案为：①③④．
【点睛】关键点点睛：本题在推断（2）（4）的正误时，利用正面推理较为复杂时，可采用反证法来进行推导。