备考反思|2021年全国卷乙卷理科数学解析版
从老师备考教学的角度解析。
前言
哈三中数学教师、全国高中数学竞赛优秀教练员杨治千老师，对高考数学全国乙卷进行分析。今年的高考数学卷呈如下特点：
“题目中传统问题与创新问题相结合，重视数学应用、数学文化的考查，也出现结构不良试题及易错问题。总体来看选择题难度增大，填空题较为基础，大题虽较难但难度梯度设置合理。整张试卷较往年高考试题结构稳定，考查知识主体未变，稳中求新，向新高考靠拢，全面体现了基础性、综合性、应用性和创新性的考查要求。”
发挥数学学科特色 关注社会发展及中华传统文化
理科第6题以北京冬奥会志愿者的培训为试题背景，考查逻辑推理能力和运算求解能力。理科第9题以魏晋时期我国数学家刘徽的著作《海岛算经》中的测量方法为背景，考查考生综合运用知识解决问题的能力，让考生充分感悟到我国古代数学家的聪明才智。
坚持开放创新 考查关键能力
2020年10月，中共中央国务院《深化新时代教育评价改革总体方案》提出，稳步推进中高考改革，构建引导学生德智体美劳全面发展的考试内容体系，改变相对固化的试题形式，增强试题开放性，减少死记硬背和“机械刷题”现象。数学科高考积极贯彻《总体方案》要求，加大开放题的创新力度，利用开放题考查数学学科核心素养和关键能力，发挥数学科高考的选拔功能。“举例问题”灵活开放。如文、理科第16题有多组正确答案，有多种解题方案可供选择，考查了考生的空间想象能力，具有较好的选拔性。
倡导理论联系实际 学以致用
2021年数学高考在应用性进行重点探索，取得突破。试题注重理论联系实际，体现数学的应用价值，并让学生感悟到数学的应用之美。理论联系实际的试题，体现现代科技发展和现代社会生产等方面的特点，有机渗透数学建模、数据分析、逻辑推理等数学核心素养与数学思想方法的应用，对选拔与育人具有积极的意义。
文科重视基础 理科重视能力
文理科部分试题相同，如3、15、16、17、22、23题完全相同，理科4、5、10题分别是文科试题中的9、10、12题。18题考查立体几何知识，题中几何体完全一样，已知条件也一致，问题设置根据文理教学大纲的不同有差异。19题考查数列知识，文理共同点是信息量较大，数列关系复杂，文科题型常规，重视计算。理科在数列知识的考查中较往年难度有所提升，注重知识迁移能力，本题最能考察考生的考场心态及临场发挥能力。解析几何知识点的考查文科设置在11、14、20题，其中11、20考查的都是解析几何中的方程思想，尤其是解答题20，考生习惯于使用韦达定理解决问题，本次考题与韦达定理无关，但题目设置较易，学生容易上手。理科的考查设置在11、13、21题，其中21题主要考察切点弦知识，对了解切点弦结论的考生较有优势，可以较快上手。即便是使用韦达定理解题，与往年的21题相比难度仍有降低，但参量较多，考查学生计算过程中对代数式整体的处理能力。导数知识点的考察文科设置在12、21题，都设置成了三次函数，皆为常规题型，考查了极值点和切线问题，计算量不大，较往年比难度降低。理科设置在10、12、20题，10和20题是常规题，难度不大。12题看似是常规的比大小问题，但是用比较大小常用的介值法、放缩法都无法实现，需要用排除法再巧妙构造函数，这道题难度很大，考察了学生数学抽象、逻辑推理、数学运算、直观想象多个数学核心素养，需要学生有很强的知识整合能力才能得出正确答案。
2021年全国乙卷重视难度和思维的层次性，解题方法的多样性，给学生提供多种分析问题和解决问题的途径，体现数学学科的综合性、创新性，思维的深刻性、灵活性，方法的探究性、创造性，发挥了数学学科高考的选拔性功能。
典例剖析
法1：赋值法，将两个集合具体化，令 \(n=1,2,3,4,\cdots,\)
则集合 \(S=\{\cdots,3,5,7,9,\cdots\}\)，集合 \(T=\{\cdots,5,9,13,17,\cdots\}\)，
则 \(T \subsetneqq S\)，故 \(S \cap T=T\)，则选 \(C\) .
法2：当 \(n\) 是偶数时，设 \(n=2k\)， 则 \(s=2n+1=4k+1\)，
当 \(n\) 是奇数时，设 \(n=2k+1\) ， 则 \(s=2n+1=4k+3\)， \(k\in Z\)，
则 \(T \subsetneqq S\)， 则 \(S \cap T=T\)， 故选: \(C\) .
解析：容易判断命题 \(p\) 为真命题；而对于函数 \(y=e^{|x|}\) ，是偶函数，
且当 \(x\in(0,+\infty)\) 时，函数变形为 \(y=e^x\)，故单调递增，
故很容易得到 \(f(x)=e^{|x|}\) 的最小值为 \(f(0)=1\)，则命题 \(q\) 为真命题，
则由此判断复合命题 \(p \wedge q\) 为真命题，故选 \(A\) .
〔解后反思〕：我们需要储备函数 \(f(x)=e^{|x|}\)， \(g(x)=e^x+e^{-x}\)， \(h(x)=e^x-e^{-x}\)等常用常见函数的图像和性质，
①比如函数 \(f(x)=e^{|x|}\)还可以在分段函数，图像变换类题目，转化划归类题目中做其他形式的考察，比如 \(y=e^{|x-1|}\)的对称轴为 \(x=1\)，
②本套试卷第 \(8\) 题中的函数 \(m(x)=2^x+2^{2-x}\) ，就是由函数 \(g(x)=e^x+e^{-x}\)变换得到的，将底数 \(e\) 换为 \(2\)，单调性不变，变换为 \(h(x)=2^x+2^{-x}\)，对称轴为 \(x=0\)，偶函数，然后向右平移一个单位，得到 \(h(x-1)\)\(=\)\(2^{x-1}\)\(+\)\(2^{1-x}\)，然后再纵向扩大 \(2\) 倍，即
解析: 本题目的求解涉及到反比例函数，函数的对称性，图像的变换，函数的奇偶性等
由于 \(f(x)=\cfrac{1-x}{1+x}=\cfrac{-(x+1)+2}{1+x}=-1+\cfrac{2}{x+1}\)，
所以函数 \(f(x)\) 的对称中心为 \((-1,-1)\)，
所以将函数 \(f(x)\) 向右平移一个单位，向上平移一个单位，
得到函数 \(y=f(x-1)+1\) ，该函数的对称中心为 \((0,0)\)，
故函数 \(y=f(x-1)+1\) 为奇函数，故选: \(B\) .
解析: 由于 \(AD_{1}//BC_{1}\)， 所以 \(\angle PBC_{1}\) 是直线 \(PB\) 与 \(AD_{1}\) 所成的角[或所成角的补角]准确的说法还需要添加这句话，或所成角的补角，原因是两条直线所成的角的范围是 \([0,\cfrac{\pi}{2}]\) ，而图形中的角 \(\angle PBC_{1}\) 的大小不一定在此范围内，
设正方体 \(ABCD-A_{1}B_{1}C_{1}D_{1}\) 的棱长为 \(2\)，
则 \(PB_{1}=PC_{1}=\cfrac{1}{2}\sqrt{2^{2}+2^{2}}=\sqrt{2}\)，
\(BC_{1}=\sqrt{2^{2}+2^{2}}=2\sqrt{2}\)， \(BP=\sqrt{2^{2}+(\sqrt{2})^{2}}=\sqrt{6}\)，
所以 \(\cos\angle PBC_{1}=\cfrac{PB^{2}+BC_{1}^{2}-PC_{1}^{2}}{2\times PB\times BC_{1}}=\cfrac{6+8-2}{2\times\sqrt{6}\times2\sqrt{2}}=\cfrac{\sqrt{3}}{2}\)，
所以，\(\angle PBC_{1}=\cfrac{\pi}{6}\)， 则直线 \(PB\) 与 \(AD_{1}\) 所成的角为 \(\cfrac{\pi}{6}\)， 故选: \(D\) .
解析: 从 \(5\) 名志愿者中任选 \(2\) 个分成 \(1\) 组，再从剩余的 \(3\) 名志愿者中任选 \(1\) 个分成 \(1\) 组， 再从剩余的 \(2\) 名志愿者中任选 \(1\) 个分成 \(1\) 组，再从剩余的 \(1\) 名志愿者中任选 \(1\) 个分成 \(1\) 组， 共有分组数为 \(\cfrac{C_5^2C_3^1C_2^1C_1^1}{A_3^3}=C_5^2=10\) 种方法，然后这 \(4\) 组进行全排列，有\(A_{4}^{4}\)种，共有 \(C_{5}^{2}A_{4}^{4}=240\) 种，故选: \(C\) .
令 \(f(x)=a(x-a)^{2}(x-b)=0\)，得到函数的两个零点， \(x=a\) 或 \(x=b\)，
由于 \(a\neq 0\) ，故我们针对 \(a\) 分类讨论如下：
当 \(a>0\) 时，利用穿根法做函数简图的方法，\(x=a\) 为偶次根，\(x=b\) 为奇次根，
做出适合题意的简图如下，
由图可知，\(0<a<b\)，则 \(ab>a^2\)；
当 \(a<0\) 时，利用穿根法做函数简图的方法，\(x=a\) 为偶次根，\(x=b\) 为奇次根，
做出适合题意的简图如下，
由图可知，\(b<a<0\)，则 \(ab>a^2\)；
综上所述，总有 \(ab>a^2\)，故选 \(D\) ；
解法1： 由题可知点 \(B\) 的坐标为 \((0, b)\)，因为 \(C\) 上的任意一点 \(P\) 都满足 \(|PB|\leqslant 2b\)，
所以点 \(P\) 的轨迹可以看成以 \(B\) 为圆心， \(2b\) 为半径的圆与椭圆至多只有一个交点，
即 \(\left\{\begin{array}{l}\cfrac{x^{2}}{a^{2}}+\cfrac{y^{2}}{b^{2}}=1\\x^{2}+(y-b)^{2}=4b^{2}\end{array}\right.\) 至多一个解，
消去 \(x\)， 可得 \(\cfrac{b^{2}-a^{2}}{b^{2}}y^{2}-2by+a^{2}-3b^{2}=0\)，
所以，\(\Delta=4b^{2}-4\cdot\cfrac{b^{2}-a^{2}}{b^{2}}\cdot(a^{2}-3b^{2})\leqslant 0\)，
整理可得 \(4b^{4}-4a^{2}b^{2}+a^{4}\leqslant 0\)， 即 \((a^{2}-2b^{2})^{2}\leqslant 0\)，
解得 \(a^{2}=2b^{2}\)， 则 \(e=\sqrt{1-\cfrac{b^{2}}{a^{2}}}=\cfrac{\sqrt{2}}{2}\)，
故 \(e\) 的范围为 \((0,\cfrac{\sqrt{2}}{2}]\)，故选： \(C\).
法2： 由题可知点 \(B\) 的坐标为 \((0, b)\)，设 \(P(x_0,y_0)\) ，
则由 \(C: \cfrac{x_0^{2}}{a^2}+\cfrac{y_0^{2}}{b^2}=1\) 可得到 \(x_0^2=a^2(1-\cfrac{y_0^2}{b^2})\)，
则\(|PB|^{2}=x_{0}^{2}+(y_{0}-b)^{2}=a^{2}(1-\cfrac{y_{0}^{2}}{b^{2}})+y_{0}^{2}-2by_{0}+b^{2}\)
\(=-\cfrac{c^{2}}{b^{2}}y_{0}^{2}-2by_{0}+a^{2}+b^{2}\)， \(y_{0}\in[-b, b]\)，
上述为以 \(y_0\) 为自变量的二次函数，图像为开口向下的抛物线，定义域为 \(y_{0}\in[-b, b]\)，
对称轴为 \(y_0=-\cfrac{-2b}{2\times(-\frac{c^2}{b^2})}=-\cfrac{b^3}{c^2}\)，
由题意，当 \(y_0=-b\) 时，\(|PB|^2\)最大，则 \(-\cfrac{b^3}{c^2}\leqslant -b\)，
解得 \(b^2\geqslant c^2\)，即 \(a^2-c^2\geqslant c^2\)，则 \(e=\cfrac{c}{a}\leqslant\cfrac{\sqrt{2}}{2}\)，
即 \(e\) 的范围为 \((0,\cfrac{\sqrt{2}}{2}]\)，故选： \(C\).
解析：通过构造函数来比较大小；
设 \(f(x)=\ln(1+x)-\sqrt{1+2x}+1\)， 则 \(b-c=f(0.02)\)，易得到
\(f'(x)=\cfrac{1}{1+x}-\cfrac{2}{2\sqrt{1+2x}}=\cfrac{\sqrt{1+2 x}-(1+x)}{(1+x)\sqrt{1+2x}}\)，
当 \(x \geqslant 0\) 时， \(1+x=\sqrt{(1+x)^{2}}\geqslant\sqrt{1+2 x}\)， 故 \(f'(x)\leqslant 0\)，
所以， \(f(x)\) 在 \([0,+\infty)\) 上单调递减，故 \(f(0.02)<f(0)=0\)，故 \(b<c\) .
再设 \(g(x)=2\ln(1+x)-\sqrt{1+4x}+1\)， 则 \(a-c=g(0.01)\)， 易得到
\(g'(x)=\cfrac{2}{1+x}-\cfrac{4}{2\sqrt{1+4x}}=2\cdot\cfrac{\sqrt{1+4x}-(1+x)}{(1+x)\sqrt{1+4x}}\)，
当 \(0\leqslant x<2\) 时，\(\sqrt{1+4x}\geqslant \sqrt{1+2x+x^2}=1+x\)，所以在 \(x\in [0,2)\)时，\(g'(x)\geqslant0\)，
故 \(g(x)\) 在 \([0,2)\) 上单调递增，所以 \(g(0.01)>g(0)=0\)，故 \(a>c\) .
综上所述， \(a>c>b\)，故选 \(B\) .
解析：易知双曲线的渐近线方程为 \(y=\pm \cfrac{b}{a}x\)，
根据题意，\(a^2=m\)， \(b^2=1\)，且一条渐近线方程为 \(y=-\cfrac{\sqrt{3}}{m}x\)，
则有 \(\cfrac{1}{\sqrt{m}}=\cfrac{\sqrt{3}}{m}\)，解得 \(m=3\)，
故\(a^2=3\)，\(c^2=a^2+b^2=4\)，则焦距为 \(2c=4\) .
| 旧设备 | \(9.8\) | \(10.3\) | \(10.0\) | \(10.2\) | \(9.9\) | \(9.8\) | \(10.0\) | \(10.1\) | \(10.2\) | \(9.7\) |
| 新设备 | \(10.1\) | \(10.4\) | \(10.1\) | \(10.0\) | \(10.1\) | \(10.3\) | \(10.6\) | \(10.5\) | \(10.4\) | \(10.5\) |
旧设备和新设备生产产品的该项指标的样本平均数分别记为 \(\bar{x}\) 和 \(\bar{y}\) , 样本方差分别记为 \(s_{1}^{2}\) 和 \(s_{2}^{2}\) .
(1) 求 \(\bar{x}\)， \(\bar{y}\)， \(s_{1}^{2}\)， \(s_{2}^{2}\) .
解析： \(\bar{x}=10+\cfrac{(-0.2)+0.3+0+0.2+(-0.1)+(-0.2)+0+0.1+0.2+(-0.3)}{10}=10\)，
\(\bar{y}=10+\cfrac{0.1+0.4+0.1+0+0.1+0.3+0.6+0.5+0.4+0.5}{10}=10.3\)，
\(s_{1}^{2}=\cfrac{1}{10}[(-0.2)^2+0.3^2+0^2+0.2^2+(-0.1)^2+(-0.2)^2+0^2+0.1^2+0.2^2+0.3^2]=0.036\)
\(s_{2}^{2}=\cfrac{1}{10}[(-0.2)^2+0.1^2+(-0.2)^2+(-0.3)^2+(-0.2)^2+0^2+0.3^2+0.2^2+0.1^2+0.2^2]=0.04\)
(2) 判断新设备生产产品的该项指标的均值较旧设备是否有显著提高（如果 \(\bar{y}-\bar{x}\geqslant\)\(2\sqrt{\cfrac{s_{1}^{2}+s_{2}^{2}}{10}}\)， 则认为新设备生产产品的该项指标的均值较旧设备有显著提高， 否则不认为有显著提高).
解析： \(\bar{y}-\bar{x}=10.3-10=0.3=\sqrt{0.09}\)，
又 \(2\sqrt{\cfrac{s_{1}^{2}+s_{2}^{2}}{10}}\)\(=\)\(2\sqrt{\cfrac{0.036+0.04}{10}}\)\(=\)\(2\sqrt{0.0076}\)\(=\)\(\sqrt{0.0304}\)
由于 \(\sqrt{0.09}>\sqrt{0.0304}\)，即 \(\bar{y}-\bar{x}>\) \(2\sqrt{\cfrac{s_{1}^{2}+s_{2}^{2}}{10}}\)，
故新设备生产产品的该项指标的均值较旧设备有显著提高。
(1). 求 \(BC\) ;
解析：求解矩形的宽 \(BC\) 时 ，可以从以下三个思路思考求解：
思路一：利用直角三角形相似求解，由于 \(AM\perp\)平面 \(PBD\) ，故有 \(AM\perp BD\)，
由于 \(\angle BAM+\angle DAM=\cfrac{\pi}{2}\)， \(\angle ADB+\angle DAM=\cfrac{\pi}{2}\)，
故 \(\angle ADB=\angle BAM\)， 且 \(Rt\triangle ADB\sim Rt\triangle BAM\)，
则有 \(\cfrac{AD}{AB}=\cfrac{AB}{BM}\)，令 \(BM=x\)，则 \(\cfrac{2x}{1}=\cfrac{1}{x}\)，
解得 \(x=\cfrac{\sqrt{2}}{2}\)，故 \(BC=2x=\sqrt{2}\)；
思路二：由于 \(AM\perp\)平面 \(PBD\) ，故有 \(AM\perp BD\)，此时我们可以利用平面向量解决问题，
建立如右图所示的平面坐标系，利用平面向量求解，[或直接在立体图形中建系，利用空间向量求解]，
则点\(D(0,0)\) ，\(C(1,0)\)，设 \(|AD|=|BC|=2x\)，则 \(A(0,-2x)\)， \(M(1,-x)\)， \(B(1,-2x)\)，
则 \(\overrightarrow{DB}=(1,-2x)\)， \(\overrightarrow{AM}=(1,x)\)，由于 \(AM\perp BD\)，
则\(\overrightarrow{DB}\cdot\overrightarrow{AM}=0\)，即 \((1,-2x)\cdot(1,x)=0\)，
即 \(1-2x^2=0\)，解得\(x=\cfrac{\sqrt{2}}{2}\)，故 \(AD=BC=\sqrt{2}\)，
思路三：利用 \(Rt\triangle\) 求解 \(BC\) 的长度；
取 \(DC\) 和 \(PC\) 的中点分别为 \(E\) 和 \(F\) ，连结 \(EA\)、 \(EM\)、\(EF\)、\(FA\) 、\(FM\)，
由于 \(PD\perp\) 下底面 \(ABCD\) ，故 \(FE\perp\) 下底面 \(ABCD\) ，
则 \(\triangle FEA\) 和 \(\triangle FEM\) 为 \(Rt\triangle\)，
又由于 \(ME//BD\) ， \(MF//PB\) ， \(AM\perp PB\) ，
故 \(AM\perp MF\) ，则 \(\triangle AMF\) 为 \(Rt\triangle\)，
令 \(BM=CM=x\)，则 \(AD=2x\)， \(DE=EF=CE=\cfrac{1}{2}\)，
\(MF^2=ME^2+EF^2=\cfrac{1}{4}+x^2+\cfrac{1}{4}=\cfrac{1}{2}+x^2\)，
\(AF^2=AE^2+EF^2=\cfrac{1}{4}+(2x)^2+\cfrac{1}{4}=\cfrac{1}{2}+4x^2\)，
\(AM^2=1+x^2\)，由于 \(AF^2=AM^2+MF^2\) ，
则有 \(\cfrac{1}{2}+4x^2=\cfrac{1}{2}+x^2+1+x^2\)，
解得 \(x=\cfrac{\sqrt{2}}{2}\)，故 \(BC=2x=\sqrt{2}\) .
(2). 求二面角 \(A-PM-B\) 的正弦值；
解析：由题可知，\(DA\)、\(DC\)、\(DP\) 两两互相垂直，故以点 \(D\) 为坐标原点，建立空间直角坐标系如图所示，
则 \(A(\sqrt{2},0,0)\)， \(B(\sqrt{2},1,0)\)， \(M(\cfrac{\sqrt{2}}{2},1,0)\)， \(P(0,0,1)\)，
则 \(\overrightarrow{AP}=(-\sqrt{2},0,1)\)， \(\overrightarrow{PM}=(\cfrac{\sqrt{2}}{2},1,-1)\)，
设平面 \(APM\) 的法向量为 \(\vec{n}=(x,y,z)\)，
则有 \(\left\{\begin{array}{l}{\vec{n}\cdot\overrightarrow{AP}=0}\\{\vec{n}\cdot\overrightarrow{PM}=0}\end{array}\right.\quad\) ，即 \(\left\{\begin{array}{l}{-\sqrt{2}x+z=0}\\{\cfrac{\sqrt{2}}{2}x+y-z=0}\end{array}\right.\quad\)
令 \(x=\sqrt{2}\) 此处实质是求解不定方程，故常常使用赋值法，为了减少或防止坐标中出现分数，避免运算出错，具体的赋值还是有一定的讲究和技巧的。\(\quad\)，则 \(y=1\)，\(z=2\)，即 \(\vec{n}=(\sqrt{2},1,2)\)，
同理，设平面 \(PMB\)的法向量为 \(\vec{v}=(p,q,r)\)注意，将向量 \(\overrightarrow{PM}\)作为公共量，下面的计算就可以减少运算量\(\quad\) ，
则有 \(\left\{\begin{array}{l}{\vec{v}\cdot\overrightarrow{PM}=0}\\{\vec{v}\cdot\overrightarrow{MB}=0}\end{array}\right.\quad\) ，即 \(\left\{\begin{array}{l}{\cfrac{\sqrt{2}}{2}p+q-r=0}\\{-\sqrt{2}p=0}\end{array}\right.\quad\)
令 \(q=1\)，则 \(r=1\)，\(p=0\)，即 \(\vec{v}=(0,1,1)\)，
所以 \(|\cos<\vec{n},\vec{v}>|=\cfrac{|\vec{n}\cdot\vec{v}|}{|\vec{n}||\vec{v}|}=\cfrac{3}{\sqrt{7}\times\sqrt{2}}=\cfrac{3}{\sqrt{14}}\)，
[注意，此处仅仅是一步中间过程，接下来还要平方，故可以不做分母有理化，省时省力]
设二面角 \(A-PM-B\) 的平面角为 \(\alpha\)，
则 \(\sin\alpha=\sqrt{1-\cos^{2}\alpha}=\sqrt{1-\cos^{2}<\vec{n}, \vec{v}>}=\sqrt{1-(\cfrac{3}{\sqrt{14}})^{2}}=\cfrac{\sqrt{70}}{14}\)，
所以二面角 \(A-PM-B\) 的正弦值为 \(\cfrac{\sqrt{70}}{14}\).
〔解后反思〕：① 二面角的平面角用这两个平面的法向量的夹角来刻画；
② 若两个平面的法向量分别为 \(\vec{n}=(x,y,z)\) 和 \(\vec{v}=(p,q,r)\)，二面角的平面角或其补角为 \(\theta=<\vec{n},\vec{v}>\)，
则 \(\cos\theta=\cos<\vec{n},\vec{v}>=\cfrac{\vec{n}\cdot\vec{v}}{|\vec{n}||\vec{v}|}=\cfrac{xp+yq+rz}{\sqrt{x^2+y^2+z^2}\sqrt{p^2+q^2+r^2}}\)
③ 若题目需要求解二面角的余弦值时，需要特别注意，此时还需要通过观察图形[而不是通过计算来确定]来确定二面角的平面角是锐角、直角或钝角；容易出错的是有人计算得到 \(\cos\theta<0\)，就认为平面角为钝角，这是错误的，其实平面角的正负与我们所取的法向量的方向有关，并不能说明平面角是不是钝角。
④ 若题目需要求解二面角的正弦值时，采用公式 \(\sin\theta=\sqrt{1-\cos^2\theta}\) 来求解；
(1). 证明：数列 \(\{b_{n}\}\) 是等差数列;
解析：由 \(b_{n}\) 的定义，\(b_n=S_1\times S_2\times\cdots\times S_n\)，\(b_{n-1}=S_1\times S_2\times\cdots\times S_{n-1}\)，
可得到 \(\cfrac{b_n}{b_{n-1}}=S_n\) ，\(n\geqslant 2\)，将其代入已知 \(\cfrac{2}{S_{n}}+\cfrac{1}{b_{n}}=2\)，
得到 \(\cfrac{2b_{n-1}}{b_n}+\cfrac{1}{b_n}=2\)，即 \(2b_{n-1}+1=2b_n\)，
即 \(b_n-b_{n-1}=\cfrac{1}{2}\)，\(n\geqslant 2\)，
又当 \(n=1\) 时， 由 \(\cfrac{2}{S_{1}}+\cfrac{1}{b_{1}}=2\)， 解得 \(b_1=\cfrac{3}{2}\)，
故数列 \(\{b_n\}\) 是以 \(\cfrac{3}{2}\) 为首项，以 \(\cfrac{1}{2}\) 为公差的等差数列 .
〔解后反思〕：①本小问的求解分析容易陷入泥沼，由于是证明 \(\{b_n\}\) 为等差数列，故我们一般能想到利用定义式证明 \(b_n-b_{n-1}=m\) ，其中 \(m\) 为常数，或者利用等差中项法证明 \(2b_n=b_{n+1}+b_{n-1}\)(\(n\geqslant 2\)) ，沿着此思路容易想到先将已知条件变形得到 \(b_n=\cfrac{S_n}{2S_n-2}\) ，再类比得到 \(b_{n-1}\)\(=\)\(\cfrac{S_{n-1}}{2S_{n-1}-2}\)(\(n\geqslant 2\))，但是当设法计算 \(b_n-b_{n-1}\) 时思路受阻没法进行下去了，需要调整分析思路。
② 由于已知的式子中只含有两个变量 \(S_n\) 和 \(b_n\) ，而要证明的只与 \(b_n\) 有关，故我们猜想需要替换掉 \(S_n\)，但是这个 \(S_n\) 又不能用上面的思路得到，故此时只能研究题目所给的已知条件了。
③由我们所学的数列常识可知，
\(S_n=a_1+a_2+\cdots+a_n\)，则 \(S_{n-1}=a_1+a_2+\cdots+a_{n-1}\)，
故\(a_n=S_n-S_{n-1}\)(\(n\geqslant 2\))，由此类比思考可得到，
依照 \(b_{n}\) 的定义，\(b_n=S_1\times S_2\times\cdots\times S_n\)，\(b_{n-1}=S_1\times S_2\times\cdots\times S_{n-1}\)，
可得到 \(\cfrac{b_n}{b_{n-1}}=S_n\) ，\(n\geqslant 2\)，这样代入已知 \(\cfrac{2}{S_{n}}+\cfrac{1}{b_{n}}=2\)，
就只剩下有关 \(b_n\) 类的表达式，从而容易达到证明的目的。
(2). 求 \(\{a_{n}\}\) 的通项公式.
解析：由 (1) 可知， \(b_n=\cfrac{3}{2}+(n-1)\times\cfrac{1}{2}=\cfrac{n+2}{2}\) ，
将其代入已知 \(\cfrac{2}{S_{n}}+\cfrac{1}{b_{n}}=2\) 替换 \(b_n\) 得到，
\(\cfrac{2}{S_{n}}+\cfrac{2}{n+2}=2\) ，解得 \(S_n=\cfrac{n+2}{n+1}\)，
[题记：接下来，利用 \(a_n\) 和 \(S_n\) 的关系求解 \(a_n\) ，就成了常规的数列求通项公式问题了]
当 \(n\geqslant 2\) 时， \(a_n=S_n-S_{n-1}=\cfrac{n+2}{n+1}-\cfrac{n+1}{n}=-\cfrac{1}{n(n+1)}\)
当 \(n=1\) 时， \(a_1=S_1=\cfrac{3}{2}\) ，不符合上式，
故 \(\{a_{n}\}\) 的通项公式为 \(a_n=\left\{\begin{array}{l}\cfrac{3}{2}，&n=1\\-\cfrac{1}{n(n+1)}，&n\geqslant2\end{array}\right.\)
