2021-甲卷理-18 解-数列综合

本题导读

本题考查Sn与an的关系。核心在于待定系数法、代数推导法的灵活运用。

📌【题干】

Question

（2021年甲卷理）已知数列 $\{a_n\}$ 的各项均为正数，记 $S_n$ 为 $\{a_n\}$ 的前 $n$ 项和，从下面 ①②③ 中选取两个作为条件，证明另外一个成立．

① 数列 $\{a_n\}$ 是等差数列；

② 数列 $\{\sqrt{S_n}\}$ 是等差数列；

③ $a_2=3a_1$．

注：若选择不同的组合分别解答，则按第一个解答计分．

🔍【思路分析】

破题导航

这是一道典型的“三选二”开放性命题，实质上是考查等差数列基本量（$a_1,d$）与和数列（$S_n$）的代数转换。

• 方案一（选 ①③ 证 ②）：已知 $\{a_n\}$ 是等差数列，由 $a_2=3a_1$ 直接确定公差 $d=2a_1$。代入 $S_n$ 的求和公式，发现 $S_n$ 是完全平方式，开根号后利用等差数列定义证明。

• 方案二（选 ①② 证 ③）：已知 $\{a_n\}$ 是等差数列，设公差为 $d$。利用 $\{\sqrt{S_n}\}$ 是等差数列的性质 $2\sqrt{S_2}=\sqrt{S_1}+\sqrt{S_3}$ 列出关于 $a_1$ 和 $d$ 的无理方程。两边平方化简求出 $d=2a_1$，进而证得结论。

• 方案三（选 ②③ 证 ① - 推荐）：利用 $a_2=3a_1$ 求出 $S_1,S_2$。已知 $\{\sqrt{S_n}\}$ 是等差数列，算出其首项和公差，直接写出 $\sqrt{S_n}$ 的通项，平方得到 $S_n$ 的表达式。利用 $a_n=S_n-S_{n-1}$ 还原出 $a_n$，并证明其为等差数列。此法几乎没有复杂的根式运算。

✅【答案】

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证明详见解析（三种方案均可）

✍【详细解析】

Abstract

方案一：选择 ①③ 为条件，证明结论 ②

1. 确定基本量关系：

因为条件 ① 成立，数列 $\{a_n\}$ 是等差数列。设其公差为 $d$。

根据条件 ③ $a_2=3a_1$，即 $a_1+d=3a_1$，解得 $d=2a_1$。

2. 求解 $S_n$ 的表达式：

数列 $\{a_n\}$ 的前 $n$ 项和为：

$S_n=n{a}_1+\frac{n(n-1)}{2}d$

将 $d=2a_1$ 代入：

$S_n=n{a}_1+\frac{n(n-1)}{2}(2a_1)=n{a}_1+n(n-1)a_1=n^2{a}_1$

3. 证明结论 ②：

因为数列各项均为正数，所以 $a_1>0$。

对 $S_n$ 开平方得：$\sqrt{S_n}=\sqrt{n^2{a}_1}=n\sqrt{a_1}$。

计算相邻两项之差：

$\sqrt{S_n}-\sqrt{S_{n-1}}=n\sqrt{a_1}-(n-1)\sqrt{a_1}=\sqrt{a_1}$

因为对于任意 $n\ge 2$，相邻两项之差均为常数 $\sqrt{a_1}$，

所以数列 $\{\sqrt{S_n}\}$ 是以 $\sqrt{a_1}$ 为首项、$\sqrt{a_1}$ 为公差的等差数列。

结论 ② 成立。

方案二：选择 ①② 为条件，证明结论 ③

1. 表达前三项和：

由条件 ①，设等差数列 $\{a_n\}$ 的公差为 $d$。

$S_1=a_1$

$S_2=a_1+(a_1+d)=2a_1+d$

$S_3=a_1+(a_1+d)+(a_1+2d)=3a_1+3d$

2. 建立等差中项方程：

由条件 ②，数列 $\{\sqrt{S_n}\}$ 是等差数列，故必满足等差中项性质：

$2\sqrt{S_2}=\sqrt{S_1}+\sqrt{S_3}$

代入表达式：

$2\sqrt{2a_1+d}=\sqrt{a_1}+\sqrt{3a_1+3d}$

3. 求解公差 $d$：

等式两边同时平方：

4(2a_1 + d) = a_1 + 3a_1 + 3d + 2\sqrt{a_1(3a_1 + 3d)}$$$$8a_1 + 4d = 4a_1 + 3d + 2\sqrt{3a_1^2 + 3a_1 d}

整理得：

$4a_1+d=2\sqrt{3a_1^2+3a_{1}d}$

再次对两边平方：

16a_1^2 + 8a_1 d + d^2 = 4(3a_1^2 + 3a_1 d)$$$$16a_1^2 + 8a_1 d + d^2 = 12a_1^2 + 12a_1 d

移项整理得一元二次方程：

$4a_1^2-4a_{1}d+d^2=0⟹(2a_1-d{)}^2=0$

解得 $d=2a_1$。

4. 证明结论 ③：

于是 $a_2=a_1+d=a_1+2a_1=3a_1$。

结论 ③ 成立。

方案三：选择 ②③ 为条件，证明结论 ①（推荐）

1. 确定新数列的基本量：

由条件 ③ $a_2=3a_1$，得 $S_1=a_1$，$S_2=a_1+a_2=4a_1$。

则 $\sqrt{S_1}=\sqrt{a_1}$，$\sqrt{S_2}=\sqrt{4a_1}=2\sqrt{a_1}$。

由条件 ② 知数列 $\{\sqrt{S_n}\}$ 为等差数列。

设其公差为 $D$，则 $D=\sqrt{S_2}-\sqrt{S_1}=2\sqrt{a_1}-\sqrt{a_1}=\sqrt{a_1}$。

2. 求解 $S_n$ 的表达式：

数列 $\{\sqrt{S_n}\}$ 的通项公式为：

$\sqrt{S_n}=\sqrt{S_1}+(n-1)D=\sqrt{a_1}+(n-1)\sqrt{a_1}=n\sqrt{a_1}$

两边平方得：

$S_n=n^2{a}_1$

3. 还原数列 $\{a_n\}$ 的通项并证明等差：

当 $n\ge 2$ 时：

$a_n=S_n-S_{n-1}=n^2{a}_1-(n-1{)}^2{a}_1=(n^2-n^2+2n-1)a_1=(2n-1)a_1$

验证当 $n=1$ 时，$a_1=(2\times 1-1)a_1=a_1$，上式同样成立。

故数列 $\{a_n\}$ 的通项公式为 $a_n=(2n-1)a_1$。

计算相邻两项差：

$a_{n+1}-a_n=[2(n+1)-1]a_1-(2n-1)a_1=(2n+1-2n+1)a_1=2a_1$

因为差值为常数 $2a_1$，所以数列 $\{a_n\}$ 是等差数列。

结论 ① 成立。

💡【考点归纳与避坑指南】

Danger

• 核心技巧：

  1. $S_n$ 与 $a_n$ 的转化法门：$a_n=S_n-S_{n-1}(n\ge 2)$ 是数列中最底层的逻辑。只要能求出 $S_n$ 的通项，就必定能求出 $a_n$。

  2. 三选二的破题策略：在面对多种条件组合时，优先选择那些**“能直接确定基本量（首项、公差/公比）”**的条件。例如方案三中，利用 $a_2=3a_1$ 直接确定出新数列的前两项，从而彻底打开了局势。

• 规律总结：若数列的前 $n$ 项和满足 $S_n=A{n}^2$，则该数列必然是首项为 $A$，公差为 $2A$ 的等差数列。

• 避坑指南：在方案三中，由 $a_n=S_n-S_{n-1}$ 算出 $a_n=(2n-1)a_1$ 后，必须单独验证 $n=1$ 的情况，证明公式对 $n=1$ 亦成立。缺少此验证步骤，在严格的高考阅卷中可能会被扣掉 1 甚至 2 分！

📖【试题探源与推广】

Tip

1. 试题探源：待补

2. 结论推广：待补

🔗【关联脉络】

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知识锚点 (Nodes)

• 19.07 一般数列的性质
• 19.01 等差数列全总结

类题演练 (Links)

• 2008-安徽卷文-15 填-等差数列待定系数
• 2008-北京卷文-07 单-等差数列偶数项子列
• 2008-天津卷文-04 单-等差数列基本量