2022-北京卷-15 填-递推数列判定

本题导读

本题考查数列的递推公式与通项公式。核心在于代数法/方程思想、逻辑推理/反证法的灵活运用。

📌【题干】

Question

（2022年北京卷）已知数列 ${a_{n}}$ 的各项均为正数，其前 $n$ 项和 $S_{n}$ 满足 $a_{n} \cdot S_{n} = 9 (n = 1, 2, \dots)$ ．给出下列四个结论：

① ${a_{n}}$ 的第 $2$ 项小于 $3$ ；

② ${a_{n}}$ 为等比数列；

③ ${a_{n}}$ 为递减数列；

④ ${a_{n}}$ 中存在小于 $\frac{1}{100}$ 的项．

其中所有正确结论的序号是．

🔍【思路分析】

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本题需要对四个结论逐一进行真假判断：

对于①：直接利用基本关系式，分别令 $n = 1$ 和 $n = 2$ ，解出 $a_{1}, a_{2}$ 的具体数值进行大小比较即可。

对于②：利用 $a_{n} = S_{n} - S_{n - 1}$ 的关系式，由已知条件消去 $S_{n}$ ，得到相邻两项 $a_{n}$ 与 $a_{n - 1}$ 的递推关系。若为等比数列，则比值应为常数，通过推导或反例举证发现矛盾。

对于③：在②的递推关系基础上，利用“数列各项均为正数”这一隐藏的放缩条件（即 $a_{n} > 0$ ），可以直接证明 $a_{n} < a_{n - 1}$ 。

对于④：这是一个典型的“存在性”问题，通常考虑使用反证法。假设所有项都不小于 $\frac{1}{100}$ ，由此推导前 $n$ 项和 $S_{n}$ 的下界，当 $n$ 足够大时，必然会导致 $a_{n} \cdot S_{n} > 9$ 的矛盾。

✅【答案】

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①③④

✍【详细解析】

Abstract

判断①：

当 $n = 1$ 时， $S_{1} = a_{1}$ ，代入已知条件 $a_{1} \cdot S_{1} = 9$ ，得 $a_{1}^{2} = 9$ 。

因为数列各项均为正数，所以 $a_{1} = 3$ 。

当 $n = 2$ 时， $S_{2} = a_{1} + a_{2} = 3 + a_{2}$ ，代入已知条件得：

$a_{2} \cdot (3 + a_{2}) = 9 ⟹ a_{2}^{2} + 3 a_{2} - 9 = 0$

解这个一元二次方程，得 $a_{2} = \frac{- 3 \pm 3 ^{2} - 4 \times 1 \times ( - 9 )}{2} = \frac{- 3 \pm 3 5}{2}$ 。

因为 $a_{2} > 0$ ，所以取正根： $a_{2} = \frac{3 5 - 3}{2} = \frac{3 ( 5 - 1 )}{2}$ 。

由于 $5 < 9 = 3$ ，所以 $5 - 1 < 2$ ，从而 $a_{2} < \frac{3 \times 2}{2} = 3$ 。

故①正确。

判断②：

由已知 $a_{n} \cdot S_{n} = 9$ ，得 $S_{n} = \frac{9}{a _{n}} (n \geq 1)$ 。

当 $n \geq 2$ 时， $S_{n - 1} = \frac{9}{a _{n - 1}}$ 。

利用数列前 $n$ 项和与通项的核心关系 $a_{n} = S_{n} - S_{n - 1}$ ，代入上式得：

$a_{n} = \frac{9}{a _{n}} - \frac{9}{a _{n - 1}}$

变形得： $\frac{9}{a _{n - 1}} = \frac{9}{a _{n}} - a_{n} = \frac{9 - a _{n}^{2}}{a _{n}}$

所以： $\frac{a _{n}}{a _{n - 1}} = \frac{9 - a _{n}^{2}}{9} = 1 - \frac{a _{n}^{2}}{9}$ 。

若 ${a_{n}}$ 为等比数列，则 $\frac{a _{n}}{a _{n - 1}}$ 必须为常数 $q$ 。由上式可知，要想比值为常数，则要求 $a_{n}^{2}$ 也必须是常数，即 ${a_{n}}$ 是常数列。

但由①知 $a_{1} = 3, a_{2} = \frac{3 ( 5 - 1 )}{2} \neq = 3$ ，并不是常数列，产生矛盾。

故②错误。

判断③：

由判断②中的推导可知，当 $n \geq 2$ 时：

$a_{n} = \frac{9}{a _{n}} - \frac{9}{a _{n - 1}}$

因为已知数列各项均为正数，即 $a_{n} > 0$ ，所以有：

$\frac{9}{a_n} - \frac{9}{a_{n-1}} > 0$$$$\implies \frac{9}{a_n} > \frac{9}{a_{n-1}}$$$$\implies \frac{1}{a_n} > \frac{1}{a_{n-1}}$$$$\implies a_n < a_{n-1}$

这说明从第二项起，每一项都严格小于前一项，因此 ${a_{n}}$ 为严格单调递减数列。

故③正确。

判断④：

假设 ${a_{n}}$ 中不存在小于 $\frac{1}{100}$ 的项，即对于任意的正整数 $n$ ，都有 $a_{n} \geq \frac{1}{100}$ 。

那么，数列的前 $n$ 项和 $S_{n}$ 满足：

$S_{n} = a_{1} + a_{2} + \dots + a_{n} \geq n 个 \frac{1}{100} + \frac{1}{100} + \dots + \frac{1}{100} = \frac{n}{100}$

此时，对于 $a_{n} \cdot S_{n}$ ，我们有：

$a_{n} \cdot S_{n} \geq \frac{1}{100} \cdot \frac{n}{100} = \frac{n}{10000}$

只要我们取足够大的 $n$ （例如取 $n = 90001$ ），则：

$a_{90001} \cdot S_{90001} \geq \frac{90001}{10000} = 9.0001 > 9$

这与已知条件 $a_{n} \cdot S_{n} = 9$ 恒成立相矛盾！

故原假设不成立，数列 ${a_{n}}$ 中必然存在小于 $\frac{1}{100}$ 的项。

故④正确。

综上所述，正确的结论是：①③④。

💡【考点归纳与避坑指南】

Danger

本题是一道非常优秀的数列综合题，逻辑链条紧密，层层递进。难度属于较难题。

考点归纳：

$a_{n}$ 与 $S_{n}$ 的转换法宝：在看到既有通项 $a_{n}$ 又有前 $n$ 项和 $S_{n}$ 的关系式时，“简化处理”的第一选择始终是 $a_{n} = S_{n} - S_{n - 1} (n \geq 2)$ 。本题通过 $S_{n} = \frac{9}{a _{n}}$ 成功将混合关系转化为只含 $a_{n}$ 的纯递推式。

数列单调性的证明：证明 $a_{n} < a_{n - 1}$ 不一定要做差，利用已知等式 $a_{n} = f (a_{n}) - g (a_{n - 1})$ 结合 $a_{n} > 0$ 的条件，可以巧妙地用不等式传递性完成证明，此为捷径。

反证法与阿基米德公理的结合：第④问是全题的精髓。对于“是否存在无限趋近于0的项”这种极限问题，高中阶段通常采用反证法。如果数列所有项都有一个大于 $0$ 的下界（如 $\frac{1}{100}$ ），那么累加和 $S_{n}$ 必然会发散到正无穷。再结合乘积为定值的条件，必然会在 $n$ 足够大时“爆表”产生矛盾。这是处理高等数学中级数敛散性思想在高中数学的巧妙下放。

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试题探源：待补

结论推广：待补

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19.03 数列通项公式求法全攻略

19.01 等差数列全总结

类题演练 (Links)

2008-江苏卷-19 解-数列删项等比

2013-辽宁卷理-04 单-数列单调性

2008-浙江卷文-04 单-等比数列公比

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