$S_{n},a_{n}$ 联袂数列(无通项)

题目：

已知 $\{a_n\}$ 是各项均为正数的无穷数列,其前 $n$ 项和为 $S_n$ ,且

$$ a_n + S_n = a_n S_n \quad (n \in \mathbb{N}^*) $$

给出下列四个结论： ① $a_2 = \sqrt{2}$ ；
② 存在一个正数 $m_0$ ,使得对任意的 $n \in \mathbb{N}^*$ ,都有 $S_n < m_0$ ；
③ 数列 $\{a_n\}$ 单调递减；
④ 对任意的 $n \in \mathbb{N}^*$ , $n \geq 2$ ,都有 $a_{n-1} + a_{n+1} > 2a_n$ 。
其中所有正确结论的序号是___。 (SRC:北京101中2025-2026第一学期高三数学统练二)

先算几项,寻找规律：

根据计算,①正确.

到第三项,数列已经开始崩坏不好算了.

可以预见的是,通项应该是没戏的.

不过大概可以看出, $a_{3}\lt \cfrac{-\sqrt{2}+\sqrt{18}}{2}=\sqrt{2}=a_{2}\lt a_{1} $ ,数列 $\{a_{n}\}$ 是递减数列.

这也比较符合直觉, $a_{n}=\cfrac{S_{n}}{S_{n}-1}=1+\cfrac{1}{S_{n}-1}$ ,而 $a_{n}\gt 0,S_{n}$ 单调递增,那么 $a_{n}$ 必然单调递减,并且始终大于1.

这样，便可以确定③正确.

由以上推理,有 $a_{n}\gt 1$ ,那么 $S_{n}$ 显然没有上界，②错误.

④等价于

即 $a_{n}$ 递减的速度越来越慢,这也是合理的,毕竟 $a_{n}$ 有下界1.

我们下面消去 $S_{n}$ ,证明这一点:

不注意到分离常数的好处,证明④就比较困难:

贴一下AI(Grok)的证明:

To prove that $a_{n-1} + a_{n+1} > 2a_n$ for all $n \geq 2$ , introduce the auxiliary sequence $c_k = a_k - 1$ for $k \in \mathbb{N}^*$ . Since $a_k > 1$ (as seen from the explicit terms and the form $a_k = 1 + \frac{2}{\sqrt{S_{k-1}^2 + 4} + S_{k-1}} > 1$ ), it follows that $c_k > 0$ .

The inequality $a_{n-1} + a_{n+1} > 2a_n$ is equivalent to $c_{n-1} + c_{n+1} > 2c_n$ .

Define the function $g(x) = \frac{\sqrt{x^2 + 4} - x}{2}$ for $x > 1$ (noting $S_k > 1$ ). Then $c_k = g(S_{k-1})$ , so the inequality becomes $g(S_{n-2}) + g(S_n) > 2g(S_{n-1})$ .

The function $g(x)$ is strictly decreasing ( $g'(x) < 0$ ) and strictly convex ( $g''(x) > 0$ ), as verified by computing the derivatives:

• $g'(x) = - \frac{2(1 + \frac{x}{\sqrt{x^2 + 4}})}{(x + \sqrt{x^2 + 4})^2} < 0$ ,
• $g''(x) > 0$ (detailed calculation shows the numerator $2h^2 - h'd > 0$ , where $h(x) = 1 + \frac{x}{\sqrt{x^2 + 4}}$ , $h'(x) = \frac{4}{(x^2 + 4)^{3/2}}$ , and $d = x + \sqrt{x^2 + 4}$ ).

Since $\{a_k\}$ is strictly decreasing ( $a_k > a_{k+1} > 1$ ), the partial sums satisfy $S_n - S_{n-1} = a_n < a_{n-1} = S_{n-1} - S_{n-2}$ , so $\frac{S_{n-2} + S_n}{2} < S_{n-1}$ .

By strict convexity of $g$ , $g\left(\frac{S_{n-2} + S_n}{2}\right) < \frac{g(S_{n-2}) + g(S_n)}{2}$ (strict since $S_{n-2} < S_n$ ).

Since $g$ is strictly decreasing and $\frac{S_{n-2} + S_n}{2} < S_{n-1}$ , it follows that $g\left(\frac{S_{n-2} + S_n}{2}\right) > g(S_{n-1})$ .

Combining these, $\frac{g(S_{n-2}) + g(S_n)}{2} > g\left(\frac{S_{n-2} + S_n}{2}\right) > g(S_{n-1})$ , so $g(S_{n-2}) + g(S_n) > 2g(S_{n-1})$ .

Thus, the inequality holds strictly for all $n \geq 2$ . 函数凹凸性都出来了,反正逆天程度是超出人类想象的D:

DeepSeek和Grok都不约而同的构造了 $a_{n}-1$ 作为辅助数列,何意味.

拓展研究:

$a_{n}$ 是否能无限接近1?

这从直觉上讲是完全合乎理性的.

补充一个引理(Lemma):

单调有界定理（Monotone Convergence Theorem）是实数系完备性的一个重要体现，包括两个部分：

1. 单调递增有上界数列收敛

若数列 $\{a_n\}$ 满足：

• 单调递增： $a_n \leq a_{n+1}$ 对所有 $n \in \mathbb{N}^*$ 成立
• 有上界：存在实数 $M$ ，使得 $a_n \leq M$ 对所有 $n$ 成立 则 $\{a_n\}$ 收敛，且
  $$ \lim_{n \to \infty} a_n = \sup\{a_n : n \in \mathbb{N}^*\} $$

2. 单调递减有下界数列收敛

若数列 $\{a_n\}$ 满足：

• 单调递减： $a_n \geq a_{n+1}$ 对所有 $n \in \mathbb{N}^*$ 成立
• 有下界：存在实数 $m$ ，使得 $a_n \geq m$ 对所有 $n$ 成立 则 $\{a_n\}$ 收敛，且
  $$ \lim_{n \to \infty} a_n = \inf\{a_n : n \in \mathbb{N}^*\} $$
  PS:这里sup,inf分别是上确界和下确界的意思

在101中的这道题目中, $a_{n}$ 有下界1,且单调递减,那么肯定存在极限.

直接证明极限为1比较困难,我们不妨使用反证法:

旁征博引

题目：
已知数列 $\{a_n\}$ 的各项均为正数，其前 $n$ 项和为 $S_n$ ，满足

$$ a_n \cdot S_n = 9 \quad (n=1,2,\dots) $$

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______。 (2022北京卷T15)

我们并不关心①②③,这是非常容易判断的,重点在于④:

已知 $\{a_n\}$ 是各项均为正数的无穷数列，其前 $n$ 项和为

$$ S_n, \text{且} \frac{1}{a_n} + \frac{1}{S_n} = 1 \ (n \in \mathbb{N}^*). $$

给出下列四个结论：
① $a_1 + a_3 > 2a_2$ ;
② $\exists n_0 \in \mathbb{N}^*$ ，使得 $a_{n_0} < \dfrac{2025}{2024}$ ;
③ 存在一个正数 $m_0$ ，使得对任意的 $n \in \mathbb{N}^*$ ，都有 $S_n < m_0$ ;
④ 对任意的 $n \in \mathbb{N}^*$ ， $n \geq 2$ ，都有 $S_{n-1} + S_{n+1} < 2S_n$ .
其中所有正确结论的序号是 ___. (出处不详,遇强则强)

由以上的分析,可以做出初步判断:

①②正确,③错误

④等价于 $a_{n+1}\lt a_{n}$ ,这就是第一题的③,所以④也正确.

综上,选 $\boxed{①②④}$

小结

莫让浮云遮望眼,撩开雾纱见真颜

即便面对扑朔迷离,不可求通项的数列,我们也有一套可行的解题方法(函数与极限).