eodcF/cmm-math huggingface dataset:
题目（高二 · 算术）：12. 已知等差数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 中, $a_{1}+a_{4}+a_{7}=15, a_{2} a_{4} a_{6}=45$, 求此数列的通项公式.
选项：
答案：$\because a_{1}+a_{7}=2 a_{4}, a_{1}+a_{4}+a_{7}=3 a_{4}=15$,

$\therefore a_{4}=5$

又 $\because a_{2} a_{4} a_{6}=45, \quad \therefore a_{2} a_{6}=9$,

即 $\left(a_{4}-2 d\right)\left(a_{4}+2 d\right)=9,(5-2 d)(5+2 d)=9$, 解得 $d= \pm 2$
若 $d=2, a_{n}=a_{4}+(n-4) d=2 n-3$;

若 $d=-2, a_{n}=a_{4}+(n-4) d=13-2 n$.
解析：$\because a_{1}+a_{7}=2 a_{4}, a_{1}+a_{4}+a_{7}=3 a_{4}=15$,

$\therefore a_{4}=5$

又 $\because a_{2} a_{4} a_{6}=45, \quad \therefore a_{2} a_{6}=9$,

即 $\left(a_{4}-2 d\right)\left(a_{4}+2 d\right)=9,(5-2 d)(5+2 d)=9$, 解得 $d= \pm 2$
若 $d=2, a_{n}=a_{4}+(n-4) d=2 n-3$;

若 $d=-2, a_{n}=a_{4}+(n-4) d=13-2 n$.
题目（高二 · 算术）：14. 已知两个等差数列 $\left\{a_{n}\right\}: 5,8,11, \cdots,\left\{b_{n}\right\}: 3,7,11, \cdots$, 都有 100 项, 试问它们有多少个共同的项?
选项：
答案：在数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 中, $a_{1}=5$, 公差 $d_{1}=8-5=3$.

$\therefore a_{n}=a_{1}+(n-1) d_{1}=3 n+2$.

在数列 $\left\{b_{n}\right\}$ 中, $b_{1}=3$, 公差 $d_{2}=7-3=4$,

$\therefore b_{n}=b_{1}+(n-1) d_{2}=4 n-1$.

令 $a_{n}=b_{m}$, 则 $3 n+2=4 m-1, \therefore n=\frac{4 m}{3}-1$.

$\because m, n \in \mathbf{N}^{*}, \quad \therefore m=3 k\left(k \in \mathbf{N}^{*}\right)$,

又 $\left\{\begin{array}{l}0<m \leqslant 100 \\ 0<n \leqslant 100\end{array}\right.$, 解得 $0<m \leqslant 75$.

$\therefore 0<3 k \leqslant 75, \quad \therefore 0<k \leqslant 25$,

$\therefore k=1,2,3, \cdots, 25$

$\therefore$ 两个数列共有 25 个公共项.
解析：在数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 中, $a_{1}=5$, 公差 $d_{1}=8-5=3$.

$\therefore a_{n}=a_{1}+(n-1) d_{1}=3 n+2$.

在数列 $\left\{b_{n}\right\}$ 中, $b_{1}=3$, 公差 $d_{2}=7-3=4$,

$\therefore b_{n}=b_{1}+(n-1) d_{2}=4 n-1$.

令 $a_{n}=b_{m}$, 则 $3 n+2=4 m-1, \therefore n=\frac{4 m}{3}-1$.

$\because m, n \in \mathbf{N}^{*}, \quad \therefore m=3 k\left(k \in \mathbf{N}^{*}\right)$,

又 $\left\{\begin{array}{l}0<m \leqslant 100 \\ 0<n \leqslant 100\end{array}\right.$, 解得 $0<m \leqslant 75$.

$\therefore 0<3 k \leqslant 75, \quad \therefore 0<k \leqslant 25$,

$\therefore k=1,2,3, \cdots, 25$

$\therefore$ 两个数列共有 25 个公共项.
题目（高二 · 算术）：已知等差数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的前 $\mathrm{n}$ 项和为 $\mathrm{S}_{\mathrm{n}}, \mathrm{a}_{10}=30, \mathrm{a}_{15}=40$.

(1) 求通项 $a_{n}$;

(2) 若 $\mathrm{S}_{\mathrm{n}}=210$, 求 $\mathrm{n}$.
选项：
答案：(1) 设等差数列\{an\}首项为 $a 1$, 公差为 $d$, 依题意可得,

$\left\{\begin{array}{l}a_{10}=a_{1}+9 d=30 \\ a_{15}=a_{1}+14 d=40\end{array} \quad\right.$ 解之得 $\left\{\begin{array}{l}a_{1}=12 \\ d=2\end{array}, \therefore a n=a 1+(n-1) d=12+(n-1) \times 2=2 n+10\right.$.

(2) 由 (1) 知: $S n=n a 1+\frac{n(n-1) d}{2}=12 n+\frac{n(n-1) \times 2}{2}=n 2+11 n$,

$\because S n=210, n 2+11 n=210$, 解之得 $n=10$ 或 $n=-21$. (舍去) $\therefore n=10$.
解析：(1) 设等差数列\{an\}首项为 $a 1$, 公差为 $d$, 依题意可得,

$\left\{\begin{array}{l}a_{10}=a_{1}+9 d=30 \\ a_{15}=a_{1}+14 d=40\end{array} \quad\right.$ 解之得 $\left\{\begin{array}{l}a_{1}=12 \\ d=2\end{array}, \therefore a n=a 1+(n-1) d=12+(n-1) \times 2=2 n+10\right.$.

(2) 由 (1) 知: $S n=n a 1+\frac{n(n-1) d}{2}=12 n+\frac{n(n-1) \times 2}{2}=n 2+11 n$,

$\because S n=210, n 2+11 n=210$, 解之得 $n=10$ 或 $n=-21$. (舍去) $\therefore n=10$.
题目（高二 · 算术）：11. 在等差数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 中, 已知 $d=2, a_{n}=11, S_{n}=35$, 求 $a_{1}$ 和 $n$.
选项：
答案：由 $\left\{\begin{array}{l}a_{n}=a_{1}+(n-1) d, \\ S_{n}=n a_{1}+\frac{n(n-1)}{2} d,\end{array}\right.$

得 $\left\{\begin{array}{l}a_{1}+2(n-1)=11, \\ n a_{1}+\frac{n(n-1)}{2} \times 2=35,\end{array}\right.$

解方程组得 $\left\{\begin{array}{l}n=5 \\ a_{1}=3\end{array}\right.$ 或 $\left\{\begin{array}{l}n=7, \\ a_{1}=-1 .\end{array}\right.$
解析：由 $\left\{\begin{array}{l}a_{n}=a_{1}+(n-1) d, \\ S_{n}=n a_{1}+\frac{n(n-1)}{2} d,\end{array}\right.$

得 $\left\{\begin{array}{l}a_{1}+2(n-1)=11, \\ n a_{1}+\frac{n(n-1)}{2} \times 2=35,\end{array}\right.$

解方程组得 $\left\{\begin{array}{l}n=5 \\ a_{1}=3\end{array}\right.$ 或 $\left\{\begin{array}{l}n=7, \\ a_{1}=-1 .\end{array}\right.$
题目（高二 · 算术）：12. 设 $\left\{a_{n}\right\}$ 为等差数列, $S_{n}$ 为数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的前 $n$ 项和, 已知 $S_{7}=7, S_{15}=75, T_{n}$ 为数列 $\left\{\frac{S_{n}}{n}\right\}$的前 $n$ 项和, 求 $T_{n}$.
选项：
答案：设等差数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的公差为 $d$,

则 $S_{n}=n a_{1}+\frac{1}{2} n(n-1) d$,

$\because S_{7}=7, S_{15}=75, \quad \therefore\left\{\begin{array}{l}7 a_{1}+21 d=7 \\ 15 a_{1}+105 d=75\end{array}\right.$,

即 $\left\{\begin{array}{l}a_{1}+3 d=1 \\ a_{1}+7 d=5\end{array}\right.$, 解得 $\left\{\begin{array}{l}a_{1}=-2 \\ d=1\end{array}\right.$,

$\therefore \frac{S_{n}}{n}=a_{1}+\frac{1}{2}(n-1) d=-2+\frac{1}{2}(n-1)$,

$\because \frac{S_{n+1}}{n+1}-\frac{S_{n}}{n}=\frac{1}{2}$,

$\therefore$ 数列 $\left\{\frac{S_{n}}{n}\right\}$ 是等差数列, 其首项为 -2 , 公差为 $\frac{1}{2}$,

$\therefore T_{n}=n \times(-2)+\frac{n(n-1)}{2} \times \frac{1}{2}=\frac{1}{4} n^{2}-\frac{9}{4} n$.
解析：设等差数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的公差为 $d$,

则 $S_{n}=n a_{1}+\frac{1}{2} n(n-1) d$,

$\because S_{7}=7, S_{15}=75, \quad \therefore\left\{\begin{array}{l}7 a_{1}+21 d=7 \\ 15 a_{1}+105 d=75\end{array}\right.$,

即 $\left\{\begin{array}{l}a_{1}+3 d=1 \\ a_{1}+7 d=5\end{array}\right.$, 解得 $\left\{\begin{array}{l}a_{1}=-2 \\ d=1\end{array}\right.$,

$\therefore \frac{S_{n}}{n}=a_{1}+\frac{1}{2}(n-1) d=-2+\frac{1}{2}(n-1)$,

$\because \frac{S_{n+1}}{n+1}-\frac{S_{n}}{n}=\frac{1}{2}$,

$\therefore$ 数列 $\left\{\frac{S_{n}}{n}\right\}$ 是等差数列, 其首项为 -2 , 公差为 $\frac{1}{2}$,

$\therefore T_{n}=n \times(-2)+\frac{n(n-1)}{2} \times \frac{1}{2}=\frac{1}{4} n^{2}-\frac{9}{4} n$.
题目（高二 · 算术）：11. 设等差数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 满足 $a_{3}=5, a_{10}=-9$.

(1)求 $\left\{a_{n}\right\}$ 的通项公式;

(2)求 $\left\{a_{n}\right\}$ 的前 $n$ 项和 $S_{n}$ 及使得 $S_{n}$ 最大的序号 $n$ 的值.
选项：
答案：(1) 由 $a_{n}=a_{1}+(n-1) d$ 及 $a_{3}=5, a_{10}=-9$ 得

$\left\{\begin{array}{l}a_{1}+2 d=5, \\ a_{1}+9 d=-9,\end{array}\right.$ 可解得 $\left\{\begin{array}{l}a_{1}=9, \\ d=-2,\end{array}\right.$

所以数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的通项公式为 $a_{n}=11-2 n$.

(2)由(1)知, $S_{n}=n a_{1}+\frac{n(n-1)}{2} d=10 n-n^{2}$.

因为 $S_{n}=-(n-5)^{2}+25$,

所以当 $n=5$ 时, $S_{n}$ 取得最大值.
解析：(1) 由 $a_{n}=a_{1}+(n-1) d$ 及 $a_{3}=5, a_{10}=-9$ 得

$\left\{\begin{array}{l}a_{1}+2 d=5, \\ a_{1}+9 d=-9,\end{array}\right.$ 可解得 $\left\{\begin{array}{l}a_{1}=9, \\ d=-2,\end{array}\right.$

所以数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的通项公式为 $a_{n}=11-2 n$.

(2)由(1)知, $S_{n}=n a_{1}+\frac{n(n-1)}{2} d=10 n-n^{2}$.

因为 $S_{n}=-(n-5)^{2}+25$,

所以当 $n=5$ 时, $S_{n}$ 取得最大值.
题目（高二 · 算术）：12. 已知等差数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 中, 记 $S_{n}$ 是它的前 $n$ 项和, 若 $S_{2}=16, S_{4}=24$, 求数列 $\left\{\left|a_{n}\right|\right\}$ 的前 $n$ 项和 $T_{n}$.
选项：
答案：由 $S_{2}=16, S_{4}=24$, 得 $\left\{\begin{array}{l}2 a_{1}+\frac{2 \times 1}{2} d=16, \\ 4 a_{1}+\frac{4 \times 3}{2} d=24 \text {. }\end{array}\right.$

即 $\left\{\begin{array}{l}2 a_{1}+d=16, \\ 2 a_{1}+3 d=12 .\end{array}\right.$ 解得 $\left\{\begin{array}{l}a_{1}=9, \\ d=-2 .\end{array}\right.$

所以等差数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的通项公式为 $a_{n}=11-2 n\left(n \in \mathbf{N}^{*}\right)$.

(1) 当 $n \leqslant 5$ 时, $T_{n}=\left|a_{1}\right|+\left|a_{2}\right|+\cdots+\left|a_{n}\right|=a_{1}+a_{2}+\cdots+a_{n}=S_{n}=-n^{2}+10 n$.

(2) 当 $n \geqslant 6$ 时, $T_{n}=\left|a_{1}\right|+\left|a_{2}\right|+\cdots+\left|a_{n}\right|=a_{1}+a_{2}+\cdots+a_{5}-a_{6}-a_{7}-\cdots-a_{n}=2 S_{5}-S_{n}$ $=2 \times\left(-5^{2}+10 \times 5\right)-\left(-n^{2}+10 n\right)=n^{2}-10 n+50$,
故 $T_{n}= \begin{cases}-n^{2}+10 n & (n \leqslant 5), \\ n^{2}-10 n+50 & (n \geqslant 6) .\end{cases}$
解析：由 $S_{2}=16, S_{4}=24$, 得 $\left\{\begin{array}{l}2 a_{1}+\frac{2 \times 1}{2} d=16, \\ 4 a_{1}+\frac{4 \times 3}{2} d=24 \text {. }\end{array}\right.$

即 $\left\{\begin{array}{l}2 a_{1}+d=16, \\ 2 a_{1}+3 d=12 .\end{array}\right.$ 解得 $\left\{\begin{array}{l}a_{1}=9, \\ d=-2 .\end{array}\right.$

所以等差数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的通项公式为 $a_{n}=11-2 n\left(n \in \mathbf{N}^{*}\right)$.

(1) 当 $n \leqslant 5$ 时, $T_{n}=\left|a_{1}\right|+\left|a_{2}\right|+\cdots+\left|a_{n}\right|=a_{1}+a_{2}+\cdots+a_{n}=S_{n}=-n^{2}+10 n$.

(2) 当 $n \geqslant 6$ 时, $T_{n}=\left|a_{1}\right|+\left|a_{2}\right|+\cdots+\left|a_{n}\right|=a_{1}+a_{2}+\cdots+a_{5}-a_{6}-a_{7}-\cdots-a_{n}=2 S_{5}-S_{n}$ $=2 \times\left(-5^{2}+10 \times 5\right)-\left(-n^{2}+10 n\right)=n^{2}-10 n+50$,
故 $T_{n}= \begin{cases}-n^{2}+10 n & (n \leqslant 5), \\ n^{2}-10 n+50 & (n \geqslant 6) .\end{cases}$
题目（高二 · 算术）：11. 已知 $\left\{a_{n}\right\}$ 为等比数列, $a_{3}=2, a_{2}+a_{4}=\frac{20}{3}$, 求 $\left\{a_{n}\right\}$ 的通项公式.
选项：
答案：设等比数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的公比为 $q$, 则 $q \neq 0$.

$a_{2}=\frac{a_{3}}{q}=\frac{2}{q}, a_{4}=a_{3} q=2 q$,

$\therefore \frac{2}{q}+2 q=\frac{20}{3}$.

解得 $q_{1}=\frac{1}{3}, q_{2}=3$.

当 $q=\frac{1}{3}$ 时, $a_{1}=18$,
$\therefore a_{n}=18 \times\left(\frac{1}{3}\right)^{n-1}=2 \times 3^{3^{-n}}$.

当 $q=3$ 时, $a_{1}=\frac{2}{9}$,

$\therefore a_{n}=\frac{2}{9} \times 3^{n^{-}}=2 \times 3^{n-3}$.

综上, 当 $q=\frac{1}{3}$ 时, $a_{n}=2 \times 3^{3^{-n}}$;

当 $q=3$ 时, $a_{n}=2 \times 3^{n-3}$.
解析：设等比数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的公比为 $q$, 则 $q \neq 0$.

$a_{2}=\frac{a_{3}}{q}=\frac{2}{q}, a_{4}=a_{3} q=2 q$,

$\therefore \frac{2}{q}+2 q=\frac{20}{3}$.

解得 $q_{1}=\frac{1}{3}, q_{2}=3$.

当 $q=\frac{1}{3}$ 时, $a_{1}=18$,
$\therefore a_{n}=18 \times\left(\frac{1}{3}\right)^{n-1}=2 \times 3^{3^{-n}}$.

当 $q=3$ 时, $a_{1}=\frac{2}{9}$,

$\therefore a_{n}=\frac{2}{9} \times 3^{n^{-}}=2 \times 3^{n-3}$.

综上, 当 $q=\frac{1}{3}$ 时, $a_{n}=2 \times 3^{3^{-n}}$;

当 $q=3$ 时, $a_{n}=2 \times 3^{n-3}$.
题目（高二 · 算术）：14. 已知数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 满足 $a_{1}=1, a_{n+1}=2 a_{n}+1$,

(1)求证: 数列 $\left\{a_{n}+1\right\}$ 是等比数列;

(2)求 $a_{n}$ 的表达式.
选项：
答案：(1)证明 $\because a_{n+1}=2 a_{n}+1$,

$\therefore a_{n+1}+1=2\left(a_{n}+1\right)$,

$\therefore \frac{a_{n+1}+1}{a_{n}+1}=2$.

$\therefore\left\{a_{n}+1\right\}$ 是等比数列, 公比为 2 , 首项为 2 .

(2)解由(1)知 $\left\{a_{n}+1\right\}$ 是等比数列.

公比为 2 , 首项 $a_{1}+1=2$.

$\therefore a_{n}+1=\left(a_{1}+1\right) \cdot 2^{n^{-1}}=2^{n}$.

$\therefore a_{n}=2^{n}-1$.
解析：(1)证明 $\because a_{n+1}=2 a_{n}+1$,

$\therefore a_{n+1}+1=2\left(a_{n}+1\right)$,

$\therefore \frac{a_{n+1}+1}{a_{n}+1}=2$.

$\therefore\left\{a_{n}+1\right\}$ 是等比数列, 公比为 2 , 首项为 2 .

(2)解由(1)知 $\left\{a_{n}+1\right\}$ 是等比数列.

公比为 2 , 首项 $a_{1}+1=2$.

$\therefore a_{n}+1=\left(a_{1}+1\right) \cdot 2^{n^{-1}}=2^{n}$.

$\therefore a_{n}=2^{n}-1$.哈哈
题目（高二 · 算术）：11. 有四个数, 前三个数成等比数列, 后三个数成等差数列, 首末两项和为 21 , 中间两项和为 18 , 求这四个数.
选项：
答案：设这四个数分别为 $x, y, 18-y, 21-x$,

则由题意得 $\left\{\begin{array}{l}y^{2}=x(18-y) \\ 2(18-y)=y+(21-x)\end{array}\right.$,
解得 $\left\{\begin{array}{l}x=3 \\ y=6\end{array}\right.$ 或 $\left\{\begin{array}{l}x=\frac{75}{4}, \\ y=\frac{45}{4}\end{array}\right.$

故所求的四个数为 $3,6,12,18$ 或 $\frac{75}{4}, \frac{45}{4}, \frac{27}{4}, \frac{9}{4}$.
解析：设这四个数分别为 $x, y, 18-y, 21-x$,

则由题意得 $\left\{\begin{array}{l}y^{2}=x(18-y) \\ 2(18-y)=y+(21-x)\end{array}\right.$,
解得 $\left\{\begin{array}{l}x=3 \\ y=6\end{array}\right.$ 或 $\left\{\begin{array}{l}x=\frac{75}{4}, \\ y=\frac{45}{4}\end{array}\right.$

故所求的四个数为 $3,6,12,18$ 或 $\frac{75}{4}, \frac{45}{4}, \frac{27}{4}, \frac{9}{4}$.
题目（高二 · 算术）：12. 设 $\left\{a_{n}\right\} 、\left\{b_{n}\right\}$ 是公比不相等的两个等比数列, $c_{n}=a_{n}+b_{n}$, 证明数列 $\left\{c_{n}\right\}$ 不是等比数列.
选项：
答案：设 $\left\{a_{n}\right\} 、\left\{b_{n}\right\}$ 的公比分别为 $p 、 q, p \neq 0, q \neq 0, p \neq q, c_{n}=a_{n}+b_{n}$.

要证 $\left\{c_{n}\right\}$ 不是等比数列, 只需证 $c_{2}^{2} \neq c_{1} \cdot c_{3}$ 成立即可.

事实上, $c_{2}^{2}=\left(a_{1} p+b_{1} q\right)^{2}=a_{1}^{2} p^{2}+b_{1}^{2} q^{2}+2 a_{1} b_{1} p q$,

$c_{1} c_{3}=\left(a_{1}+b_{1}\right)\left(a_{1} p^{2}+b_{1} q^{2}\right)$

$=a_{1}^{2} p^{2}+b_{1}^{2} q^{2}+a_{1} b_{1}\left(p^{2}+q^{2}\right)$.

由于 $c_{1} c_{3}-c_{2}^{2}=a_{1} b_{1}(p-q)^{2} \neq 0$, 因此 $c_{2}^{2} \neq c_{1} \cdot c_{3}$, 故 $\left\{c_{n}\right\}$ 不是等比数列。
解析：设 $\left\{a_{n}\right\} 、\left\{b_{n}\right\}$ 的公比分别为 $p 、 q, p \neq 0, q \neq 0, p \neq q, c_{n}=a_{n}+b_{n}$.

要证 $\left\{c_{n}\right\}$ 不是等比数列, 只需证 $c_{2}^{2} \neq c_{1} \cdot c_{3}$ 成立即可.

事实上, $c_{2}^{2}=\left(a_{1} p+b_{1} q\right)^{2}=a_{1}^{2} p^{2}+b_{1}^{2} q^{2}+2 a_{1} b_{1} p q$,

$c_{1} c_{3}=\left(a_{1}+b_{1}\right)\left(a_{1} p^{2}+b_{1} q^{2}\right)$

$=a_{1}^{2} p^{2}+b_{1}^{2} q^{2}+a_{1} b_{1}\left(p^{2}+q^{2}\right)$.

由于 $c_{1} c_{3}-c_{2}^{2}=a_{1} b_{1}(p-q)^{2} \neq 0$, 因此 $c_{2}^{2} \neq c_{1} \cdot c_{3}$, 故 $\left\{c_{n}\right\}$ 不是等比数列。
题目（高二 · 算术）：14. 等比数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 同时满足下列三个条件:
(1) $a_{1}+a_{6}=11$
(2) $a_{3} \cdot a_{4}=\frac{32}{9}$
(3)三个数 $\frac{2}{3} a_{2}, a_{3}^{2}, a_{4}+\frac{4}{a}$ 依次成等差数列, 试求数列 $\left\{a_{n}\right\}$的通项公式.
选项：
答案：由等比数列的性质知 $a_{1} a_{6}=a_{3} a_{4}=\frac{32}{9}$

$\therefore\left\{\begin{array}{l}a_{1}+a_{6}=11 \\ a_{1} \cdot a_{6}=\frac{32}{9}\end{array}\right.$ 解得 $\left\{\begin{array}{l}a_{1}=\frac{1}{3} \\ a_{6}=\frac{32}{3}\end{array}\right.$ 求 $\left\{\begin{array}{l}a_{1}=\frac{32}{3} \\ a_{6}=\frac{1}{3}\end{array}\right.$

当 $\left\{\begin{array}{l}a_{1}=\frac{1}{3} \\ a_{6}=\frac{32}{3}\end{array}\right.$ 时 $q=2$

$\therefore a_{n}=\frac{1}{3} \cdot 2^{n^{-}}$

$\frac{2}{3} a_{2}+a_{4}+\frac{4}{9}=\frac{32}{9}, \quad 2 a_{3}^{3}=\frac{32}{9}$

$\therefore \frac{2}{3} a_{2}, a_{3}^{2}, a_{4}+\frac{4}{9}$ 成等差数列,
$\therefore a_{n}=\frac{1}{3} \cdot 2^{n^{-1}}$

当 $\left\{\begin{array}{l}a_{1}=\frac{32}{3} \\ a_{6}=\frac{1}{3}\end{array} \quad\right.$ 时 $q=\frac{1}{2}, a_{n}=\frac{1}{3} \cdot 2^{6^{-n}}$

$\frac{2}{3} a_{2}+a_{4}+\frac{4}{9} \neq 2 a_{3}^{2}$,

$\therefore$ 不符合题意,

$\therefore$ 通项公式 $a_{n}=\frac{1}{3} \cdot 2^{n^{-1}}$.
解析：由等比数列的性质知 $a_{1} a_{6}=a_{3} a_{4}=\frac{32}{9}$

$\therefore\left\{\begin{array}{l}a_{1}+a_{6}=11 \\ a_{1} \cdot a_{6}=\frac{32}{9}\end{array}\right.$ 解得 $\left\{\begin{array}{l}a_{1}=\frac{1}{3} \\ a_{6}=\frac{32}{3}\end{array}\right.$ 求 $\left\{\begin{array}{l}a_{1}=\frac{32}{3} \\ a_{6}=\frac{1}{3}\end{array}\right.$

当 $\left\{\begin{array}{l}a_{1}=\frac{1}{3} \\ a_{6}=\frac{32}{3}\end{array}\right.$ 时 $q=2$

$\therefore a_{n}=\frac{1}{3} \cdot 2^{n^{-}}$

$\frac{2}{3} a_{2}+a_{4}+\frac{4}{9}=\frac{32}{9}, \quad 2 a_{3}^{3}=\frac{32}{9}$

$\therefore \frac{2}{3} a_{2}, a_{3}^{2}, a_{4}+\frac{4}{9}$ 成等差数列,
$\therefore a_{n}=\frac{1}{3} \cdot 2^{n^{-1}}$

当 $\left\{\begin{array}{l}a_{1}=\frac{32}{3} \\ a_{6}=\frac{1}{3}\end{array} \quad\right.$ 时 $q=\frac{1}{2}, a_{n}=\frac{1}{3} \cdot 2^{6^{-n}}$

$\frac{2}{3} a_{2}+a_{4}+\frac{4}{9} \neq 2 a_{3}^{2}$,

$\therefore$ 不符合题意,

$\therefore$ 通项公式 $a_{n}=\frac{1}{3} \cdot 2^{n^{-1}}$.

哈哈
题目（高二 · 算术）：已知数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 是公比为 2 的等比数列, 且 $a_{2}, a_{3}+1, a_{4}$ 成等差数列.

(I) 求数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的通项公式;

(II) 记 $b_{n}=a_{n}+\log _{2} a_{n+1}$, 求数列 $\left\{b_{n}\right\}$ 的前 $n$ 项和 $T_{n}$.
选项：
解析：(I) $ecause$ 由题意可得 $2\left(a_{3}+1\right)=a_{2}+a_{4}, \therefore 2\left(2 a_{2}+1\right)=a_{2}+4 a_{2}$, : 解得: $a_{2}=2, \therefore a_{1}=\frac{a_{2}}{2}=1$.$	herefore$ 数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的通项公式为 $a_{n}=2^{n-1}$;(II) $\because b_{n}=a_{n}+\log _{2} a_{n+1}=2^{n-1}+n$,$\therefore T_{n}=b_{1}+b_{2}+b_{3}+\cdots+b_{n}=(1+2+3+\cdots+n)+\left(2^{0}+2^{1}+2^{2}+\cdots+2^{n-1}\right)$$=\frac{n(n+1)}{2}+\frac{1 \cdot\left(1-2^{n}\right)}{1-2}=\frac{n(n+1)}{2}+2^{n}-1$.
题目（高二 · 算术）：已知数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 为等差数列, 数列 $\left\{b_{n}\right\}$ 为等比数列, 满足 $b_{1}=a_{2}=2, a_{5}+a_{9}=14$, $b_{4}=a_{15}+1$

(I) 求数列 $\left\{a_{n}\right\},\left\{b_{n}\right\}$ 通项公式;

(II) 令 $c_{n}=a_{n} \cdot b_{n}$, 求数列 $\left\{c_{n}\right\}$ 的前 $n$ 项和 $T_{n}$.
选项：
答案：（1）设等差数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的公差为 $d$ ，等比数列 $\left\{b_{n}\right\}$ 的公比为 $q$, $\because a_{2}=2, a_{5}+a_{9}=14, \therefore a_{1}+d=2,2 a_{1}+12 d=14$, 解得 $a_{1}=d=1 . \therefore a_{n}=1+(n-1)=n . \therefore b_{1}=a_{2}=2$, $b_{4}=a_{15}+1=16=2 \times q^{3}, \quad \therefore q=2 . \quad \therefore b_{n}=2^{n}$.

(2) $c_{n}=a_{n} \cdot b_{n}=n \cdot 2^{n}$. :数列 $\left\{c_{n}\right\}$ 的前 $n$ 项和 $T_{n}=2+2 \times 2^{2}+3 \times 2^{3}+\cdots+n \cdot 2^{n}$, $2 T_{n}=2^{2}+2 \times 2^{3}+\cdots+(n-1) \cdot 2^{n}+n \cdot 2^{n+1}$, $\therefore-T_{n}=2+2^{2}+\cdots+2^{n}-n \cdot 2^{n+1}=\frac{2\left(2^{n}-1\right)}{2-1} n \cdot 2^{n+1}=(1-n) \cdot 2^{n+1}-2$.

$\therefore T_{n}=(n-1) \cdot 2^{n+1}+2$.
解析：（1）设等差数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的公差为 $d$ ，等比数列 $\left\{b_{n}\right\}$ 的公比为 $q$, $\because a_{2}=2, a_{5}+a_{9}=14, \therefore a_{1}+d=2,2 a_{1}+12 d=14$, 解得 $a_{1}=d=1 . \therefore a_{n}=1+(n-1)=n . \therefore b_{1}=a_{2}=2$, $b_{4}=a_{15}+1=16=2 \times q^{3}, \quad \therefore q=2 . \quad \therefore b_{n}=2^{n}$.

(2) $c_{n}=a_{n} \cdot b_{n}=n \cdot 2^{n}$. :数列 $\left\{c_{n}\right\}$ 的前 $n$ 项和 $T_{n}=2+2 \times 2^{2}+3 \times 2^{3}+\cdots+n \cdot 2^{n}$, $2 T_{n}=2^{2}+2 \times 2^{3}+\cdots+(n-1) \cdot 2^{n}+n \cdot 2^{n+1}$, $\therefore-T_{n}=2+2^{2}+\cdots+2^{n}-n \cdot 2^{n+1}=\frac{2\left(2^{n}-1\right)}{2-1} n \cdot 2^{n+1}=(1-n) \cdot 2^{n+1}-2$.

$\therefore T_{n}=(n-1) \cdot 2^{n+1}+2$.
题目（高二 · 算术）：设数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 满足 $a_{1}+3 a_{2}+\cdots+(2 n-1) a_{n}=2 n$.

(1) 求 $\left\{a_{n}\right\}$ 的通项公式;

(2) 求数列 $\left\{\frac{a_{n}}{2 n+1}\right\}$ 的前 $n$ 项和.
选项：
答案：(1) 数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 满足 $a_{1}+3 a_{2}+\cdots+(2 n-1) a_{n}=2 n$. $n \geq 2$ 时, $a_{1}+3 a_{2}+\cdots+(2 n-3) a_{n-1}=2(n-1) \ldots \therefore$ (2n-1) $a_{n}=2 . \therefore a_{n}=\frac{2}{2 n-1}$. 当 $n=1$ 时, $a_{1}=2$,上式也成立. $\therefore a_{n}=\frac{2}{2 n-1}$.

(2) $\frac{a_{n}}{2 n+1}=\frac{2}{(2 n-1)(2 n+1)}=\frac{1}{2 n-1}-\frac{1}{2 n+1} . \therefore$ 数列 $\left\{\frac{a_{n}}{2 n+1}\right\}$ 的前 $n$ 项和 $=\left(1-\frac{1}{3}\right)+\left(\frac{1}{3}-\frac{1}{5}\right)+\cdots+\left(\frac{1}{2 n-1}-\right.$ $\left.\frac{1}{2 n+1}\right)=1-\frac{1}{2 n+1}=\frac{2 n}{2 n+1}$.
解析：(1) 数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 满足 $a_{1}+3 a_{2}+\cdots+(2 n-1) a_{n}=2 n$. $n \geq 2$ 时, $a_{1}+3 a_{2}+\cdots+(2 n-3) a_{n-1}=2(n-1) \ldots \therefore$ (2n-1) $a_{n}=2 . \therefore a_{n}=\frac{2}{2 n-1}$. 当 $n=1$ 时, $a_{1}=2$,上式也成立. $\therefore a_{n}=\frac{2}{2 n-1}$.

(2) $\frac{a_{n}}{2 n+1}=\frac{2}{(2 n-1)(2 n+1)}=\frac{1}{2 n-1}-\frac{1}{2 n+1} . \therefore$ 数列 $\left\{\frac{a_{n}}{2 n+1}\right\}$ 的前 $n$ 项和 $=\left(1-\frac{1}{3}\right)+\left(\frac{1}{3}-\frac{1}{5}\right)+\cdots+\left(\frac{1}{2 n-1}-\right.$ $\left.\frac{1}{2 n+1}\right)=1-\frac{1}{2 n+1}=\frac{2 n}{2 n+1}$.
题目（高二 · 算术）：11. 为保护我国的稀土资源, 国家限定某矿区的出口总量不能超过 80 吨, 该矿区计划从 2010 年开始出口, 当年出口 $a$ 吨, 以后每年出口量均比上一年减少 $10 \%$.

(1)以 2010 年为第一年, 设第 $n$ 年出口量为 $a_{n}$ 吨, 试求 $a_{n}$ 的表达式;

(2)因稀土资源不能再生, 国家计划 10 年后终止该矿区的出口, 问 2010 年最多出口多少吨? (保留一位小数)

参考数据: $0.9^{10} \approx 0.35$.
选项：
答案：(1) 由题意知每年的出口量构成等比数列, 且首项 $a_{1}=a$, 公比 $q=1-10 \%=0，.9$, $\therefore a_{n}=a \cdot 0.9^{n^{-1}}(n \geqslant 1)$.

(2)10 年的出口总量 $S_{10}=\frac{a\left(1-0.9^{10}\right)}{1-0.9}=10 a\left(1-0.9^{10}\right)$.

$\because S_{10} \leqslant 80, \quad \therefore 10 a\left(1-0.9^{10}\right) \leqslant 80$,

即 $a \leqslant \frac{8}{1-0.9^{10}}, \therefore a \leqslant 12.3$.

故 2010 年最多出口 12.3 吨
解析：(1) 由题意知每年的出口量构成等比数列, 且首项 $a_{1}=a$, 公比 $q=1-10 \%=0，.9$, $\therefore a_{n}=a \cdot 0.9^{n^{-1}}(n \geqslant 1)$.

(2)10 年的出口总量 $S_{10}=\frac{a\left(1-0.9^{10}\right)}{1-0.9}=10 a\left(1-0.9^{10}\right)$.

$\because S_{10} \leqslant 80, \quad \therefore 10 a\left(1-0.9^{10}\right) \leqslant 80$,

即 $a \leqslant \frac{8}{1-0.9^{10}}, \therefore a \leqslant 12.3$.

故 2010 年最多出口 12.3 吨
题目（高二 · 算术）：11. 利用平面区域求不等式组 $\left\{\begin{array}{l}x \geqslant 3 \\ y \geqslant 2 \\ 6 x+7 y \leqslant 50\end{array}\right.$ 的整数解.
选项：
答案：先画出平面区域, 再用代入法逐个验证.

<ImageHere>

把 $x=3$ 代入 $6 x+7 y \leqslant 50$, 得 $y \leqslant \frac{32}{7}$, 又 $\because y \geqslant 2$,

$\therefore$ 整点有: $(3,2)(3,3)(3,4)$;

把 $x=4$ 代 $\lambda 6 x+7 y \leqslant 50$,

得 $y \leqslant \frac{26}{7}$,

$\therefore$ 整点有: $(4,2)(4,3)$.

把 $x=5$ 代入 $6 x+7 y \leqslant 50$, 得 $y \leqslant \frac{20}{7}$,

$\therefore$ 整点有: $(5,2)$;

把 $x=6$ 代 $\lambda 6 x+7 y \leqslant 50$, 得 $y \leqslant 2$, 整点有 $(6,2)$;

把 $x=7$ 代入 $6 x+7 y \leqslant 50$, 得 $y \leqslant \frac{8}{7}$, 与 $y \geqslant 2$ 不符.

$\therefore$ 整数解共有 7 个为 $(3,2),(3,3),(3,4),(4,2),(4,3),(5,2),(6,2)$.
解析：先画出平面区域, 再用代入法逐个验证.



把 $x=3$ 代入 $6 x+7 y \leqslant 50$, 得 $y \leqslant \frac{32}{7}$, 又 $\because y \geqslant 2$,

$\therefore$ 整点有: $(3,2)(3,3)(3,4)$;

把 $x=4$ 代 $\lambda 6 x+7 y \leqslant 50$,

得 $y \leqslant \frac{26}{7}$,

$\therefore$ 整点有: $(4,2)(4,3)$.

把 $x=5$ 代入 $6 x+7 y \leqslant 50$, 得 $y \leqslant \frac{20}{7}$,

$\therefore$ 整点有: $(5,2)$;

把 $x=6$ 代 $\lambda 6 x+7 y \leqslant 50$, 得 $y \leqslant 2$, 整点有 $(6,2)$;

把 $x=7$ 代入 $6 x+7 y \leqslant 50$, 得 $y \leqslant \frac{8}{7}$, 与 $y \geqslant 2$ 不符.

$\therefore$ 整数解共有 7 个为 $(3,2),(3,3),(3,4),(4,2),(4,3),(5,2),(6,2)$.
题目（高二 · 算术）：12. 某种生产设备购买时费用为 10 万元, 每年的设备管理费共计 9 千元, 这种生产设备的维修费各年为: 第一年 2 千元，第二年 4 千元，第三年 6 千元，而且以后以每年 2 千元的增量逐年递增, 问这种生产设备最多使用多少年报废最合算(即使用多少年的年平均费用最少)?
选项：
答案：设使用 $x$ 年的年平均费用为 $y$ 万元.

由已知, 得 $y=\frac{10+0.9 x+\frac{0.2 x^{2}+0.2 x}{2}}{x}$,

即 $y=1+\frac{10}{x}+\frac{x}{10}\left(x \in \mathbf{N}^{*}\right)$.

由基本不等式知 $y \geqslant 1+2 \sqrt{\frac{10}{x} \cdot \frac{x}{10}}=3$, 当且仅当 $\frac{10}{x}=\frac{x}{10}$, 即 $x=10$ 时取等号. 因此使用 10 年报废最合算, 年平均费用为 3 万元.
解析：设使用 $x$ 年的年平均费用为 $y$ 万元.

由已知, 得 $y=\frac{10+0.9 x+\frac{0.2 x^{2}+0.2 x}{2}}{x}$,

即 $y=1+\frac{10}{x}+\frac{x}{10}\left(x \in \mathbf{N}^{*}\right)$.

由基本不等式知 $y \geqslant 1+2 \sqrt{\frac{10}{x} \cdot \frac{x}{10}}=3$, 当且仅当 $\frac{10}{x}=\frac{x}{10}$, 即 $x=10$ 时取等号. 因此使用 10 年报废最合算, 年平均费用为 3 万元.
题目（高二 · 算术）：化简: $\sin ^{2} \alpha+\sin ^{2} \beta-\sin ^{2} \alpha \sin ^{2} \beta+\cos ^{2} \alpha \cos ^{2} \beta=$
选项：
答案：1
解析：$\sin ^{2} \alpha+\sin ^{2} \beta\left(1-\sin ^{2} \alpha\right)+\cos ^{2} \alpha \cos ^{2} \beta=\sin ^{2} \alpha+\sin ^{2} b \cos ^{2} \alpha+\cos ^{2} \alpha \cos ^{2} \beta=\sin ^{2} \alpha+\cos ^{2} \alpha\left(\sin ^{2} b+\cos ^{2} \beta\right)=\sin ^{2}$ $\alpha+\cos ^{2} \alpha=1$.
题目（高二 · 算术）：11. 比较函数 $f(x)=2^{x}$ 与 $g(x)=3^{x}$, 当 $x \in[1,2]$ 时, 平均增长率的大小.
选项：
答案：：解 设 $f(x)=2^{x}$ 在 $x \in[1,2]$ 时的平均变化率为 $k_{1}$, 则 $k_{1}=\frac{f(2)-f(1)}{2-1}$ $=2$,

设 $g(x)=3^{x}$ 在 $x \in[1,2]$ 时的平均变化率为 $k_{2}$, 则 $k_{2}=\frac{g(2)-g(1)}{2-1}=$ 6,

$\because k_{1}<k_{2}$, 故当 $x \in[1,2]$ 时, $g(x)$ 的平均增长率大于 $f(x)$ 的平均增长率.
解析：：解 设 $f(x)=2^{x}$ 在 $x \in[1,2]$ 时的平均变化率为 $k_{1}$, 则 $k_{1}=\frac{f(2)-f(1)}{2-1}$ $=2$,

设 $g(x)=3^{x}$ 在 $x \in[1,2]$ 时的平均变化率为 $k_{2}$, 则 $k_{2}=\frac{g(2)-g(1)}{2-1}=$ 6,

$\because k_{1}<k_{2}$, 故当 $x \in[1,2]$ 时, $g(x)$ 的平均增长率大于 $f(x)$ 的平均增长率.
题目（高二 · 算术）：已知 $\left\{a_{n}\right\}$ 为等差数列, 前项和为 $S_{n}, a_{3}=9 S_{9}=135$.

(1) 求数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的通项公式;

（2）记数列 $\left\{\frac{1}{a_{2^{n}}}\right\}$ 前项和为 $T_{n}$, 证明: $\frac{1}{6} \leq T_{n}<\frac{1}{3}$.
选项：
答案：(1) 设公差为, 由题意得: $\left\{\begin{array}{l}a_{1}+2 d=9 \\ 9 a_{1}+36 d=135\end{array}\right.$, 解得 $\left\{\begin{array}{l}a_{1}=3 \\ d=3\end{array}, \therefore a_{n}=3 n\right.$.

（2）令 $c_{n}=\frac{1}{a_{2^{n}}}=\frac{1}{3}\left(\frac{1}{2}\right)^{n}$ 则 $c_{n}=\frac{1}{a_{2^{n}}}=\frac{1}{3}\left(\frac{1}{2}\right)^{n} \therefore T_{n} \geq T_{1}=\frac{1}{6}$,
又 $_{T_{n}=\frac{1}{3}} \frac{\frac{1}{2}\left[1-\left(\frac{1}{2}\right)^{n}\right]}{1-\frac{1}{2}}=\frac{1}{3}\left[1-\left(\frac{1}{2}\right)^{n}\right]<\frac{1}{3} \therefore \frac{1}{6} \leq T_{n}<\frac{1}{3}$
解析：(1) 设公差为, 由题意得: $\left\{\begin{array}{l}a_{1}+2 d=9 \\ 9 a_{1}+36 d=135\end{array}\right.$, 解得 $\left\{\begin{array}{l}a_{1}=3 \\ d=3\end{array}, \therefore a_{n}=3 n\right.$.

（2）令 $c_{n}=\frac{1}{a_{2^{n}}}=\frac{1}{3}\left(\frac{1}{2}\right)^{n}$ 则 $c_{n}=\frac{1}{a_{2^{n}}}=\frac{1}{3}\left(\frac{1}{2}\right)^{n} \therefore T_{n} \geq T_{1}=\frac{1}{6}$,
又 $_{T_{n}=\frac{1}{3}} \frac{\frac{1}{2}\left[1-\left(\frac{1}{2}\right)^{n}\right]}{1-\frac{1}{2}}=\frac{1}{3}\left[1-\left(\frac{1}{2}\right)^{n}\right]<\frac{1}{3} \therefore \frac{1}{6} \leq T_{n}<\frac{1}{3}$
题目（高二 · 算术）：等差数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 中, $a_{3}+a_{4}=4, a_{5}+a_{7}=6$.

(1)求 $\left\{a_{n}\right\}$ 的通项公式;

(2)设 $b_{n}=\left[a_{n}\right]$, 求数列 \left\{b_{n}\right\} 的前 10 项和,其中 $[x]$ 表示不超过 $x$ 的最大整数
选项：
答案：(1) $a_{n}=\frac{2 n+3}{5}

(2) 24
解析：(1) $a_{n}=\frac{2 n+3}{5}

(2) 24$

解析: (1) 设数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的公差为 $d$, 由题意有 $2 a_{1}+5 d=4, a_{1}+5 d=3$, 解得 $a_{1}=1, d=\frac{2}{5}$, 所以 $\left\{a_{n}\right\}$的通项公式为 $a_{n}=\frac{2 n+3}{5}$.

(2) 由 1 知, $b_{n}=\left[\frac{2 n+3}{5}\right]$,

当 $n=1,2,3$ 时, $1 \leq \frac{2 n+3}{5}<2, b_{n}=1$;

当 $n=4,5$ 时, $2<\frac{2 n+3}{5}<3, b_{n}=2$;

当 $n=6,7,8$ 时, $3 \leq \frac{2 n+3}{5}<4, b_{n}=3$;

当 $n=9,10$ 时, $4<\frac{2 n+3}{5}<5, b_{n}=4$,

所以数列 $\left\{b_{n}\right\}$ 的前 10 项和为 $1 \times 3+2 \times 2+3 \times 3+4 \times 2=24$.