d 数列。
d1 数列的概念与简单表示法。
重庆卷] 设数列的前n项和sn满足sn＋1＝a2sn＋a1,其中a2≠0.
1)求证：是首项为1的等比数列；
2)若a2＞－1,求证：sn≤(a1＋an),并给出等号成立的充要条件。
21.解：(1)证法一：由s2＝a2s1＋a1得a1＋a2＝a2a1＋a1,即a2＝a2a1.
因a2≠0,故a1＝1,得＝a2.
又由题设条件知。
sn＋2＝a2sn＋1＋a1,sn＋1＝a2sn＋a1,两式相减得sn＋2－sn＋1＝a2(sn＋1－sn),即an＋2＝a2an＋1,由a2≠0,知an＋1≠0,因此＝a2.
综上，＝a2对所有n∈n*成立，从而是首项为1,公比为a2的等比数列。
证法二：用数学归纳法证明an＝a,n∈n*.
当n＝1时，由s2＝a2s1＋a1,得a1＋a2＝a2a1＋a1,即a2＝a2a1,再由a2≠0,得a1＝1,所以结论成立。
假设n＝k时，结论成立，即ak＝a,那么。
当n＝k＋1时，ak＋1＝sk＋1－sk＝(a2sk＋a1)－(a2sk－1＋a1)＝a2(sk－sk－1)＝a2ak＝a,这就是说，当n＝k＋1时，结论也成立。
综上可得，对任意n∈n*,an＝a.因此是首项为1,公比为a2的等比数列。
2)当n＝1或2时，显然sn＝(a1＋an),等号成立。
设n≥3,a2＞－1且a2≠0,由(1)知a1＝1,an＝a,所以要证的不等式化为。
1＋a2＋a＋…＋a≤(1＋a)(n≥3),即证：1＋a2＋a＋…＋a≤(1＋a)(n≥2).
当a2＝1时，上面不等式的等号成立。
当－1＜a2＜1时，a－1与a－1(r＝1,2,…,n－1)同为负；
当a2＞1时，a－1与a－1(r＝1,2,…,n－1)同为正。
因此当a2＞－1且a2≠1时，总有(a－1)(a－1)＞0,即。
a＋a＜1＋a (r＝1,2,…,n－1).
上面不等式对r从1到n－1求和得。
2(a2＋a＋…＋a)＜(n－1)(1＋a),由此可得1＋a2＋a＋…＋a＜(1＋a).
综上，当a2＞－1且a2≠0时，有sn≤(a1＋an),当且仅当n＝1,2或a2＝1时等号成立。
证法二：当n＝1或2时，显然sn≤(a1＋an),等号成立。当a2＝1时，sn＝n＝(a1＋an),等号也成立。
当a2≠1时，由(1)知sn＝,an＝a,下证：
(1＋a)(n≥3,a2＞－1且a2≠1).
当－1＜a2＜1时，上面不等式化为。
n－2)a＋na2－na＜n－2(n≥3).
令f(a2)＝(n－2)a＋na2－na.
当－1＜a2＜0时，1－a＞0,故。
f(a2)＝(n－2)a＋na2(1－a)＜(n－2)|a2|n＜n－2,即所要证的不等式成立。
当0＜a2＜1时，对a2求导得f′(a2)＝n[(n－2)a－(n－1)a＋1]＝ng(a2).
其中g(a2)＝(n－2)a－(n－1)a＋1,则g′(a2)＝(n－2)(n－1)(a2－1)a＜0,即g(a2)是(0,1)上的减函数，故g(a2)>g(1)＝0,从而f′(a2)＝ng(a2)>0,进而f(a2)是(0,1)上的增函数，因此f(a2)＜f(1)＝n－2,所要证的不等式成立。
当a2＞1时，令b＝,则0＜b＜1,由已知的结论知，两边同时乘以a得所要证的不等式。
综上，当a2＞－1且a2≠0时，有sn≤(a1＋an),当且仅当n＝1,2或a2＝1时等号成立。
上海卷] 对于数集x＝,其中0＜x1＜x2＜…＜xn,n≥2,定义向量集y＝,若对任意a1∈y,存在a2∈y,使得a1·a2＝0,则称x具有性质p,例如具有性质p.
1)若x＞2,且具有性质p,求x的值；
2)若x具有性质p,求证：1∈x,且当xn＞1时，x1＝1；
3)若x具有性质p,且x1＝1、x2＝q(q为常数),求有穷数列x1,x2,…,xn的通项公式。
23.解：(1)选取a1＝(x,2),y中与a1垂直的元素必有形式(－1,b),所以x＝2b,从而x＝4.
2)证明：取a1＝(x1,x1)∈y,设a2＝(s,t)∈y,满足a1·a2＝0.
由(s＋t)x1＝0得s＋t＝0,所以s,t异号。
因为－1是x中唯一的负数，所以s,t之中一个为－1,另一个为1,故1∈x.
假设xk＝1,其中1＜k＜n,则0＜x1＜1＜xn.
选取a1＝(x1,xn)∈y,并设a2＝(s,t)∈y满足a1·a2＝0,即sx1＋txn＝0,则s,t异号，从而s,t之中恰有一个为－1.
若s＝－1,则x1＝txn＞t＞x1,矛盾；
若t＝－1,则xn＝sx1＜s≤xn,矛盾。
所以x1＝1.
3)设a1＝(s1,t1),a2＝(s2,t2),则a1·a2＝0等价于＝－,记b＝,则数集x具有性质p当且仅当数集b关于原点对称。
注意到－1是x中的唯一负数，b∩(－0)＝共有n－1个数，所以b∩(0,＋∞也只有n－1个数。
由于＜＜…已有n－1个数，对以下三角数阵。
＜…＜注意到＞＞…所以＝＝…从而数列的通项为xk＝x1k－1＝qk－1,k＝1,2,…,n.
浙江卷] 设sn是公差为d(d≠0)的无穷等差数列的前n项和，则下列命题错误的是( )
a.若d<0,则数列有最大项。
b.若数列有最大项，则d<0
c.若数列是递增数列，则对任意n∈n*,均有sn>0
d.若对任意n∈n*,均有sn>0,则数列是递增数列。
[解析] 本题考查等差数列的通项、前n项和，数列的函数性质以及不等式知识，考查灵活运用知识的能力，有一定的难度。
法一：特值验证排除。选项c显然是错的，举出反例：－1,0,1,2,3,…满足数列是递增数列，但是s n＞0不恒成立。
法二：由于sn＝na1＋d＝n2＋n,根据二次函数的图象与性质知当d<0时，数列有最大项，即选项a正确；同理选项b也是正确的；而若数列是递增数列，那么d>0,但对任意的n∈n*,sn>0不成立，即选项c错误；反之，选项d是正确的；故应选c.
点评] 等差数列的求和公式与二次函数的图象的关系是解决本题的重要依据。
图1－2d2 等差数列及等差数列前n项和。
辽宁卷] 在等差数列中，已知a4＋a8＝16,则该数列前11项和s11＝(
a.58 b.88
c.143 d.176
[解析] 本小题主要考查等差数列的性质和求和公式。解题的突破口为等差数列性质的正确应用。
由等差数列性质可知，a4＋a8＝a1＋a11＝16,s11＝＝88.
全国卷] 已知等差数列的前n项和为sn,a5＝5,s5＝15,则数列的前100项和为( )
a. b.
c. d.
[解析] 本小题主要考查等差数列的前n项和公式与裂项相消求和法，解题的突破口为等差数列前奇数项和与中间项的关系及裂项相消求和法。
由s5＝5a3得a3＝3,又a5＝5,所以an＝n1－＝,故选a.
北京卷] 已知为等差数列，sn为其前n项和，若a1＝,s2＝a3,则a2
10.1 [解析] 本题考查等差数列基本公式和基础运算，设等差数列的公差为d,由s2＝a3可得，a1＝a3－a2＝d＝,所以a2＝2d＝2×＝1.
福建卷] 等差数列 中，a1＋a5＝10,a4＝7,则数列的公差为( )
a.1 b.2 c.3 d.4
[解析] 根据已知条件得： 即解得2d＝4,所以d＝2.所以选择b.
广东卷] 已知递增的等差数列满足a1＝1,a3＝a－4,则an
11.2n－1 [解析] 设等差数列的公差为d,由于数列是递增数列，所以d>0,a3＝a1＋2d＝1＋2d,a2＝a1＋d＝1＋d,代入已知条件：a3＝a－4得：
1＋2d＝(1＋d)2－4,解得d2＝4,所以d＝2(d＝－2舍去),所以an＝1＋(n－1)×2＝2n－1.
四川卷] 设函数f(x)＝2x－cosx,是公差为的等差数列，f(a1)＋f(a2)＋…f(a5)＝5π,则[f(a3)]2－a1a5＝(
a.0 b.π2
c.π2 d.π2
[解析] 设a3＝α,则a1＝α－a2＝α－a4＝α＋a5＝α＋由f(a1)＋f(a2)＋…f(a5)＝5π,得2×5α－cos＋cos＋cosα＋cos＋cos＝5π,即10α－(1)cosα＝5π.
当0≤α≤时，左边是α的增函数，且α＝满足等式；
当α＞π时，10α＞10π,而(＋＋1)cosα＜5cosα≤5,等式不可能成立；
当α＜0时，10α＜0,而－(＋1)cosα＜5,等式也不可能成立。
故a3＝α＝
f(a3)]2－a1a5＝π2－＝π2.
广东卷] 设数列的前n项和为sn,满足2sn＝an＋1－2n＋1＋1,n∈n*,且a1,a2＋5,a3成等差数列。
1)求a1的值；
2)求数列的通项公式；
3)证明：对一切正整数n,有＋＋…
19.解：(1)∵a1,a2＋5,a3成等差数列，2(a2＋5)＝a1＋a3.
又∵2a1＝2s1＝a2－22＋1,2(a1＋a2)＝2s2＝a3－23＋1,a2＝2a1＋3,a3＝6a1＋13.
因此4a1＋16＝7a1＋13,从而。
a1＝1.2)由题设条件知，n≥2时，2sn－1＝an－2n＋1,2sn＝an＋1－2n＋1＋1.
2an＝an＋1－an－2n,于是。
an＋1＝3an＋2n(n≥2).
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