《2024年步步高大一轮复习讲义高中数学人教A版》

跟踪训练1 (1)（多选）记$S_{n}$为等差数列$\{ a_{n}\}$的前n项和，已知$S_{4}=0$，$a_{5}=5$，则下列选项正确的是 （ ）
A. $a_{2}+a_{3}=0$ B. $a_{n}=2n - 5$
C. $S_{n}=n(n - 4)$ D. $d = -2$
(2)（2023·洛阳联考）《周髀算经》中有这样一个问题：冬至、小寒、大寒、立春、雨水、惊蛰、春分、清明、谷雨、立夏、小满、芒种这十二个节气，自冬至日起，其日影长依次成等差数列，前三个节气日影长之和为28.5尺，最后三个节气日影长之和为1.5尺，则春分时节的日影长为（ ）
A. 4.5尺 B. 3.5尺
C. 2.5尺 D. 1.5尺

答案： 跟踪训练1
(1)ABC　
(2)A

例2 (2021·全国甲卷)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.

答案： 例2解　①③→②. 已知$\{ a_{n}\}$是等差数列，$a_{2}=3a_{1}$. 设数列$\{ a_{n}\}$的公差为d，则$a_{2}=3a_{1}=a_{1}+d$，得$d = 2a_{1}$. 所以$S_{n}=na_{1}+\frac{n(n - 1)}{2}d=n^{2}a_{1}$.因为数列$\{ a_{n}\}$的各项均为正数，所以$\sqrt{S_{n}}=n\sqrt{a_{1}}$，所以$\sqrt{S_{n + 1}}-\sqrt{S_{n}}=(n + 1)\sqrt{a_{1}}-n\sqrt{a_{1}}=\sqrt{a_{1}}$(常数)，所以数列$\{\sqrt{S_{n}}\}$是等差数列. ①②→③. 已知$\{ a_{n}\}$是等差数列，$\{\sqrt{S_{n}}\}$是等差数列. 设数列$\{ a_{n}\}$的公差为d，则$S_{n}=na_{1}+\frac{n(n - 1)}{2}d=\frac{1}{2}dn^{2}+(a_{1}-\frac{d}{2})n$. 因为数列$\{\sqrt{S_{n}}\}$是等差数列，所以数列$\{\sqrt{S_{n}}\}$的通项公式是关于n的一次函数，则$a_{1}-\frac{d}{2}=0$，即$d = 2a_{1}$，所以$a_{2}=a_{1}+d = 3a_{1}$. ②③→①. 已知数列$\{\sqrt{S_{n}}\}$是等差数列，$a_{2}=3a_{1}$，所以$S_{1}=a_{1}$，$S_{2}=a_{1}+a_{2}=4a_{1}$. 设数列$\{\sqrt{S_{n}}\}$的公差为d，$d＞0$，则$\sqrt{S_{2}}-\sqrt{S_{1}}=\sqrt{4a_{1}}-\sqrt{a_{1}}=d$，得$a_{1}=d^{2}$. 所以$\sqrt{S_{n}}=\sqrt{S_{1}}+(n - 1)d=nd$，所以$S_{n}=n^{2}d^{2}$. 所以$a_{n}=S_{n}-S_{n - 1}=n^{2}d^{2}-(n - 1)^{2}d^{2}=2d^{2}n - d^{2}(n\geq2)$是关于n的一次函数，且$a_{1}=d^{2}$满足上式，所以数列$\{ a_{n}\}$是等差数列.

跟踪训练2 (2021·全国乙卷)记$S_{n}$为数列$\{ a_{n}\}$的前n项和，$b_{n}$为数列$\{ S_{n}\}$的前n项积，已知$\frac{2}{S_{n}}+\frac{1}{b_{n}}=2$.
(1)证明：数列$\{ b_{n}\}$是等差数列；
(2)求$\{ a_{n}\}$的通项公式.

答案： 跟踪训练2
(1)证明　因为$b_{n}$是数列$\{ S_{n}\}$的前n项积，所以$n\geq2$时，$S_{n}=\frac{b_{n}}{b_{n - 1}}$，代入$\frac{2}{S_{n}}+\frac{1}{b_{n}}=2$可得，$2\frac{b_{n - 1}}{b_{n}}+\frac{1}{b_{n}}=2$，整理可得$2b_{n - 1}+1 = 2b_{n}$，即$b_{n}-b_{n - 1}=\frac{1}{2}(n\geq2)$. 又$\frac{2}{S_{1}}+\frac{1}{b_{1}}=\frac{3}{b_{1}}=2$，所以$b_{1}=\frac{3}{2}$，故$\{ b_{n}\}$是以$\frac{3}{2}$为首项，$\frac{1}{2}$为公差的等差数列.
(2)解　由
(1)可知，$b_{n}=\frac{n + 2}{2}$，则$\frac{2}{S_{n}}+\frac{2}{n + 2}=2$，所以$S_{n}=\frac{n + 2}{n + 1}$. 当$n = 1$时，$a_{1}=S_{1}=\frac{3}{2}$；当$n\geq2$时，$a_{n}=S_{n}-S_{n - 1}=\frac{n + 2}{n + 1}-\frac{n + 1}{n}=-\frac{1}{n(n + 1)}$. 又$a_{1}=\frac{3}{2}$不满足此式，故$a_{n}=\begin{cases}\frac{3}{2},n = 1\\-\frac{1}{n(n + 1)},n\geq2\end{cases}$