eodcF/cmm-math huggingface dataset:
题目（高二 · 代数）：已知数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的前项和为 $S_{n}, a_{1}=\frac{1}{2}, S_{n} S_{n-1}+S_{n}-S_{n-1}=0(n \geq 2)$.

(1) 求证: 数列 $\left\{\frac{1}{S_{n}}\right\}$ 是等差数列;

(2) 若 $C_{n}=\left\{\begin{array}{c}\frac{S_{n}}{n+3}, n \text { 为奇数 } \\ 2^{n-1}, n \text { 为偶数 }\end{array}\right.$ 设数列 $\left\{c_{n}\right\} \quad$ 前项和为 $T_{n}$, 求 $T_{2 n}$.
选项：
答案：(1) 证明: 因为 $a_{1}=\frac{1}{2}, S_{n} S_{n-1}+S_{n}-S_{n-1}=0(n \geq 2)$, 所以 $a_{2}=-\frac{1}{6}$, 所以 $S_{n-1} S_{n} \neq 0$,所以 $\frac{1}{S_{n}}-\frac{1}{S_{n-1}}=1$.

所以 $\left\{\frac{1}{S_{n}}\right\}$ 是以 $\frac{1}{S_{n}}=2$ 为首项, 以 1 为公差的等差数列.

(2) 由（1）可得 $\frac{1}{S_{n}}=2+(n-1)=n+1$, 所以 $S_{n}=\frac{1}{n+1}$.

$\therefore C_{n}=\left\{\begin{array}{c}\frac{1}{(n+1)(n+3)}(n \text { 为奇数 }) \\ 2^{n-1}(n \text { 为偶数 })\end{array}\right.$

$\therefore T_{2 n}=\frac{1}{2}\left(\frac{1}{2}-\frac{1}{4}+\frac{1}{4}-\frac{1}{6}+\cdots+\frac{1}{2 n}-\frac{1}{2 n+2}\right)+\left(2^{1}+2^{3}+\cdots+2^{2 n-1}\right)$

$=\frac{1}{2}\left(\frac{1}{2}-\frac{1}{2 n+2}\right)+\frac{2^{2 n+1}-2}{3}=\frac{2^{2 n+1}}{3}-\frac{5}{12}-\frac{1}{4 n+4}$
解析：(1) 证明: 因为 $a_{1}=\frac{1}{2}, S_{n} S_{n-1}+S_{n}-S_{n-1}=0(n \geq 2)$, 所以 $a_{2}=-\frac{1}{6}$, 所以 $S_{n-1} S_{n} \neq 0$,所以 $\frac{1}{S_{n}}-\frac{1}{S_{n-1}}=1$.

所以 $\left\{\frac{1}{S_{n}}\right\}$ 是以 $\frac{1}{S_{n}}=2$ 为首项, 以 1 为公差的等差数列.

(2) 由（1）可得 $\frac{1}{S_{n}}=2+(n-1)=n+1$, 所以 $S_{n}=\frac{1}{n+1}$.

$\therefore C_{n}=\left\{\begin{array}{c}\frac{1}{(n+1)(n+3)}(n \text { 为奇数 }) \\ 2^{n-1}(n \text { 为偶数 })\end{array}\right.$

$\therefore T_{2 n}=\frac{1}{2}\left(\frac{1}{2}-\frac{1}{4}+\frac{1}{4}-\frac{1}{6}+\cdots+\frac{1}{2 n}-\frac{1}{2 n+2}\right)+\left(2^{1}+2^{3}+\cdots+2^{2 n-1}\right)$

$=\frac{1}{2}\left(\frac{1}{2}-\frac{1}{2 n+2}\right)+\frac{2^{2 n+1}-2}{3}=\frac{2^{2 n+1}}{3}-\frac{5}{12}-\frac{1}{4 n+4}$
题目（高二 · 代数）：在数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 中, $a_{1}=1, a_{n+1}=2 a_{n}+2^{n}$.

(1). 设 $b_{n}=\frac{a_{n}}{2^{n-1}}$, 证明:数列 $\left\{b_{n}\right\}$ 是等差数列;

(2). 求数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的前 $\mathrm{n}$ 项和 $S_{n}$.
选项：
答案：(1). 证明: 将 $a_{n+1}=2 a_{n}+2^{n}$, 两边同除以 $2^{n}$,

得 $\frac{a_{n+1}}{2^{n}}=\frac{a_{n}}{2^{n-1}}+1$.

$\therefore \frac{a_{n+1}}{2^{n}}-\frac{a_{n}}{2^{n-1}}=1$, 即 $b_{n+1}-b_{n}=1$,

$\therefore\left\{b_{n}\right\}$ 为等差数列.

(2).由(1), 可得 $\frac{a_{n}}{2^{n-1}}=\frac{1}{2^{0}}+(n-1) \times 1=n$.

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

$\therefore S_{n}=2^{0}+2 \times 2^{1}+3 \times 2^{2}+\cdots+n \times 2^{n-1}$. (1)

$2 S_{n}=2^{1}+2 \times 2^{2}+\cdots+(n-1) 2^{n-1}+n \cdot 2^{n}$.(2)

$\therefore$ (1)-(2), 得 $-S_{n}=2^{0}+2^{1}+2^{2}+\cdots+2^{n-1}-n \cdot 2^{n}$
$=\frac{1-2^{n}}{1-2}-n \cdot 2^{n}=(1-n) \cdot 2^{n}-1$.

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

20.答案：(1) 证明: 设数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的公差为 $d$,

$\because a_{2}=4, a_{6}=16, \therefore 4 d=a_{6}-a_{2}=12$, 得 $d=3$,

$\therefore a_{n}=a_{2}+(n-2) d=3 n-2$,

设 $b_{n}=\frac{1}{3} a_{n}-3 n$, 则 $b_{n}=-2 n-\frac{2}{3}$,

$\therefore b_{n+1}-b_{n}=-2$,

即数列 $\left\{\frac{1}{3} a_{n}-3 n\right\}$ 是公差为 -2 的等差数列.

(2) 解:由 (1) 得 $a_{1}=4-3=1$,

设新数列为 $\left\{c_{n}\right\}$, 其公差为 $d_{1}$, 则 $c_{1}=1, c_{5}=4$,

$\therefore 4 d_{1}=3$, 得 $d_{1}=\frac{3}{4}$,

$\therefore c_{41}=1+(41-1) \times \frac{3}{4}=31$.
解析：(1). 证明: 将 $a_{n+1}=2 a_{n}+2^{n}$, 两边同除以 $2^{n}$,

得 $\frac{a_{n+1}}{2^{n}}=\frac{a_{n}}{2^{n-1}}+1$.

$\therefore \frac{a_{n+1}}{2^{n}}-\frac{a_{n}}{2^{n-1}}=1$, 即 $b_{n+1}-b_{n}=1$,

$\therefore\left\{b_{n}\right\}$ 为等差数列.

(2).由(1), 可得 $\frac{a_{n}}{2^{n-1}}=\frac{1}{2^{0}}+(n-1) \times 1=n$.

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

$\therefore S_{n}=2^{0}+2 \times 2^{1}+3 \times 2^{2}+\cdots+n \times 2^{n-1}$. (1)

$2 S_{n}=2^{1}+2 \times 2^{2}+\cdots+(n-1) 2^{n-1}+n \cdot 2^{n}$.(2)

$\therefore$ (1)-(2), 得 $-S_{n}=2^{0}+2^{1}+2^{2}+\cdots+2^{n-1}-n \cdot 2^{n}$
$=\frac{1-2^{n}}{1-2}-n \cdot 2^{n}=(1-n) \cdot 2^{n}-1$.

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

20.答案：(1) 证明: 设数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的公差为 $d$,

$\because a_{2}=4, a_{6}=16, \therefore 4 d=a_{6}-a_{2}=12$, 得 $d=3$,

$\therefore a_{n}=a_{2}+(n-2) d=3 n-2$,

设 $b_{n}=\frac{1}{3} a_{n}-3 n$, 则 $b_{n}=-2 n-\frac{2}{3}$,

$\therefore b_{n+1}-b_{n}=-2$,

即数列 $\left\{\frac{1}{3} a_{n}-3 n\right\}$ 是公差为 -2 的等差数列.

(2) 解:由 (1) 得 $a_{1}=4-3=1$,

设新数列为 $\left\{c_{n}\right\}$, 其公差为 $d_{1}$, 则 $c_{1}=1, c_{5}=4$,

$\therefore 4 d_{1}=3$, 得 $d_{1}=\frac{3}{4}$,

$\therefore c_{41}=1+(41-1) \times \frac{3}{4}=31$.
题目（高二 · 代数）：若 $S_{n}$ 是公差不为 0 的等差数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的前 $\mathrm{n}$ 项和, 且 $S_{1}, S_{2}, S_{4}$ 成等比数列, $S_{2}=4$.

(1) 求数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的通项公式;

(2) 设 $b_{n}=\frac{3}{a_{n} a_{n+1}}, T_{n}$ 是数列 $\left\{b_{n}\right\}$ 的前 $\mathrm{n}$ 项和, 求使得 $T_{n}<\frac{m}{20}$ 对所有 $n \in N^{*}$ 都成立的最小正整数 $m$.
选项：
答案：(1) 因为 $\left\{a_{n}\right\}$ 为等差数列, 设 $\left\{a_{n}\right\}$ 的首项为 $a_{1}$, 公差为 $d(d \neq 0)$, 所以 ${ }_{1}=a_{1}, S_{2}=2 a_{1}+d, S_{4}=4 a_{1}+6 d$. 又因为 $S_{1}, S_{2}, S_{4}$ 成等比数列, 所以 $a_{1} \cdot\left(4 a_{1}+6 d\right)=\left(2 a_{1}+d\right)^{2}$. 所以 $2 a_{1} d=d^{2}$.

因为公差 $\mathrm{d}$ 不等于 0 , 所以 $d=2 a_{1}$. 又因为 $S_{2}=4$, 所以 $a_{1}=1, d=2$, 所以 $a_{n}=2 n-1$.

(2) 因为 $b_{n}=\frac{3}{(2 n-1)(2 n+1)}=\frac{3}{2}\left(\frac{1}{2 n-1}-\frac{1}{2 n+1}\right)$,

所以 $T_{n}=\frac{3}{2}\left(1-\frac{1}{3}+\frac{1}{3}-\frac{1}{5}+\cdots+\frac{1}{2 n-1}-\frac{1}{2 n+1}\right) T_{n}=\frac{3}{2}\left(1-\frac{1}{2 n+1}\right)<\frac{3}{2}$.

要使 $T_{n}<\frac{m}{20}$ 对所有 $n \in N^{*}$ 都成立, 则有 $\frac{m}{20} \geq \frac{3}{2}$, 即 $m \geq 30$. 因为 $m \in N^{*}$, 所以 $\mathrm{m}$ 的最小值为 30 .
解析：答案: (1) 因为 $\left\{a_{n}\right\}$ 为等差数列, 设 $\left\{a_{n}\right\}$ 的首项为 $a_{1}$, 公差为 $d(d \neq 0)$, 所以 ${ }_{1}=a_{1}, S_{2}=2 a_{1}+d, S_{4}=4 a_{1}+6 d$. 又因为 $S_{1}, S_{2}, S_{4}$ 成等比数列, 所以 $a_{1} \cdot\left(4 a_{1}+6 d\right)=\left(2 a_{1}+d\right)^{2}$. 所以 $2 a_{1} d=d^{2}$.

因为公差 $\mathrm{d}$ 不等于 0 , 所以 $d=2 a_{1}$. 又因为 $S_{2}=4$, 所以 $a_{1}=1, d=2$, 所以 $a_{n}=2 n-1$.

(2) 因为 $b_{n}=\frac{3}{(2 n-1)(2 n+1)}=\frac{3}{2}\left(\frac{1}{2 n-1}-\frac{1}{2 n+1}\right)$,

所以 $T_{n}=\frac{3}{2}\left(1-\frac{1}{3}+\frac{1}{3}-\frac{1}{5}+\cdots+\frac{1}{2 n-1}-\frac{1}{2 n+1}\right) T_{n}=\frac{3}{2}\left(1-\frac{1}{2 n+1}\right)<\frac{3}{2}$.

要使 $T_{n}<\frac{m}{20}$ 对所有 $n \in N^{*}$ 都成立, 则有 $\frac{m}{20} \geq \frac{3}{2}$, 即 $m \geq 30$. 因为 $m \in N^{*}$, 所以 $\mathrm{m}$ 的最小值为 30 .
题目（高二 · 代数）：19. 已知数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的前 $n$ 项和 $S_{n}=n^{2}+n$, 等比数列 $\left\{b_{n}\right\}$ 的公比 $q(q>1)$, 且 $b_{3}+b_{4}+b_{5}=28, b_{4}+2$是 $b_{3}$ 和 $b_{5}$ 的等差中项.

    (1) 求 $\left\{a_{n}\right\}$ 和 $\left\{b_{n}\right\}$ 的通项公式;

    (2) 令 $c_{n}=b_{n}+\frac{1}{a_{n}^{2}-1},\left\{c_{n}\right\}$ 的前 $n$ 项和记为 $T_{n}$, 若 $2 T_{n} \geqslant m$ 对一切 $n \in N^{*}$ 成立, 求实数 $m$ 的最大值.
选项：
答案：(1) $a_{n}=2 n\left(n \in N^{*}\right), b_{n}=2^{n-1}\left(n \in N^{*}\right)$;
    (2) $\frac{8}{3}$
解析：解: (1) $n=1$ 时, $a_{1}=S_{1}=2$,

    当 $n \geq 2$ 时 $a_{n}=S_{n}-S_{n-1}=2 n$

    $a_{1}=2$ 也符合上式, 所以 $a_{n}=2 n\left(n \in N^{*}\right)$,

    又 $b_{3}+b_{4}+b_{5}=28$ 和 $2\left(b_{4}+2\right)=b_{3}+b_{5}$, 得 $b_{4}=8, q=2$ 或 $q=\frac{1}{2}$.

    $\because q>1 \therefore q=2$.

    $\therefore b_{n}=2^{n-1}, \quad n \in N^{*}$

    (2) $\because c_{n}=b_{n}+\frac{1}{a_{n}^{2}-1}=2^{n-1}+\frac{1}{4 n^{2}-1}=2^{n-1}+\frac{1}{2}\left(\frac{1}{2 n-1}-\frac{1}{2 n+1}\right)$

    $\therefore T_{n}=\frac{1-2^{n}}{1-2}+\frac{1}{2}\left(1-\frac{1}{3}+\frac{1}{3}-\frac{1}{5}+\cdots+\frac{1}{2 n-1}-\frac{1}{2 n+1}\right)=2^{n}-1+\frac{1}{2}\left(1-\frac{1}{2 n+1}\right)=2^{n}-\frac{1}{4 n+2}-\frac{1}{2}$

    而 $T_{n}$ 随着 $n$ 的增大而增大, 所以 $2 T_{n} \geq 2 T_{1}=\frac{8}{3}$, 故有 $m$ 最大值为 $\frac{8}{3}$ 。
题目（高二 · 代数）：20. 记 $S_{n}$ 为数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的前 $n$ 项和.已知 $a_{n}>0,6 S_{n}=a_{n}^{2}+3 a_{n}-4$.

    (1) 求 $\left\{a_{n}\right\}$ 的通项公式;

    (2) 设 $b_{n}=\frac{a_{n}^{2}+a_{n+1}^{2}}{a_{n} a_{n+1}}$, 求数列 $\left\{b_{n}\right\}$ 的前 $n$ 项和 $T_{n}$.
选项：
答案：(1) $a_{n}=3 n+1$ (2) $T_{n}=2 n+\frac{9 n}{4(3 n+4)}$
解析：（1）当 $n=1$ 时, $6 S_{1}=a_{1}^{2}+3 a_{1}-4$, 所以 $a_{1}=4$ 或 -1 (不合, 舍去）.

    因为 $6 S_{n}=a_{n}^{2}+3 a_{n}-4$ (1), 所以当 $n \geqslant 2$ 时, $6 S_{n-1}=a_{n-1}^{2}+3 a_{n-1}-4$ (2),

    由(1)-(2)得 $6 a_{n}=a_{n}^{2}+3 a_{n}-a_{n-1}^{2}-3 a_{n-1}$,

    所以 $\left(a_{n}+a_{n-1}\right)\left(a_{n}-a_{n-1}-3\right)=0$.

    又 $a_{n}>0$, 所以 $a_{n}-a_{n-1}=3$.

    因此 $\left\{a_{n}\right\}$ 是首项为 4 ，公差为 3 的等差数列.

    故 $a_{n}=4+3(n-1)=3 n+1$.

    (2) 由(1) 得 $b_{n}=\frac{(3 n+1)^{2}+(3 n+4)^{2}}{(3 n+1)(3 n+4)}=2+\frac{3}{3 n+1}-\frac{3}{3 n+4}$,

    所以 $T_{n}=2+\frac{3}{4}-\frac{3}{7}+2+\frac{3}{7}-\frac{3}{10}+\cdots+2+\frac{3}{3 n+1}-\frac{3}{3 n+4}$

    $=2 n+\left(\frac{3}{4}-\frac{3}{7}+\frac{3}{7}-\frac{3}{10}+\cdots+\frac{3}{3 n+1}-\frac{3}{3 n+4}\right)=2 n+\frac{9 n}{4(3 n+4)}$
题目（高二 · 代数）：. 已知 $\tan \alpha=2$. (1)求 $\tan \left(\alpha+\frac{\pi}{4}\right)$ 的值;(2)求 $\frac{\sin 2 \alpha}{\sin ^{2} \alpha+\sin \alpha \cos \alpha-\cos 2 \alpha-1}$ 的值.
选项：
答案：(1) $\tan \left(\alpha+\frac{\pi}{4}\right)=\frac{\tan \alpha+\tan \frac{\pi}{4}}{1-\tan \alpha \tan \frac{\pi}{4}}=\frac{2+1}{1-2 \times 1}=-3$.(2) $\frac{\sin 2 \alpha}{\sin ^{2} \alpha+\sin \alpha \cos \alpha-\cos 2 \alpha-1}$$=\frac{2 \sin \alpha \cos \alpha}{\sin ^{2} \alpha+\sin \alpha \cos \alpha-\left(2 \cos ^{2} \alpha-1\right)-1}$$=\frac{2 \sin \alpha \cos \alpha}{\sin ^{2} \alpha+\sin \alpha \cos \alpha-2 \cos ^{2} \alpha}$$=\frac{2 \tan \alpha}{\tan ^{2} \alpha+\tan \alpha-2}$$=\frac{2 \times 2}{2^{2}+2-2}$$=1$.
解析：(1) $\tan \left(\alpha+\frac{\pi}{4}\right)=\frac{\tan \alpha+\tan \frac{\pi}{4}}{1-\tan \alpha \tan \frac{\pi}{4}}=\frac{2+1}{1-2 \times 1}=-3$.(2) $\frac{\sin 2 \alpha}{\sin ^{2} \alpha+\sin \alpha \cos \alpha-\cos 2 \alpha-1}$$=\frac{2 \sin \alpha \cos \alpha}{\sin ^{2} \alpha+\sin \alpha \cos \alpha-\left(2 \cos ^{2} \alpha-1\right)-1}$$=\frac{2 \sin \alpha \cos \alpha}{\sin ^{2} \alpha+\sin \alpha \cos \alpha-2 \cos ^{2} \alpha}$$=\frac{2 \tan \alpha}{\tan ^{2} \alpha+\tan \alpha-2}$$=\frac{2 \times 2}{2^{2}+2-2}$$=1$.
题目（高二 · 代数）：17. (2018 安徽黄山一模) 已知数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 是等差数列, 数列 $\left\{b_{n}\right\}$ 是公比大于零的等比数列, 且 $a_{1}=b_{1}=2, \quad a_{3}=b_{3}=8$.

(1) 求数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 和 $\left\{b_{n}\right\}$ 的通项公式;

(2) 记 $c_{n}=a_{b_{n}}$, 求数列 $\left\{\log _{2}\left(c_{n}+1\right)\right\}$ 的前 $n$ 项和 $S_{n}$.
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 $q$, 且 $q>0$.

由 $a_{1}=2, a_{3}=8$, 得 $8=2+2 d$, 解得 $d=3$.

所以 $a_{n}=2+(n-1) \times 3=3 n-1$.

由 $b_{1}=2, b_{3}=8$, 得 $8=2 q^{2}$, 又 $q>0$, 解得 $q=2$.

所以 $b_{n}=2 \times 2^{n-1}=2^{n}$.

(2) 因为 $c_{n}=a_{b_{n}}=3 \times 2^{n}-1$,

所以 $c_{n}+1=3 \times 2^{n}, \log _{2}\left(c_{n}+1\right)=n+\log _{2} 3$,

所以 $S_{n}=\frac{n(1+n)}{2}+n \log _{2} 3=\frac{n+n^{2}}{2}+n \log _{2} 3$.
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 $q$, 且 $q>0$.

由 $a_{1}=2, a_{3}=8$, 得 $8=2+2 d$, 解得 $d=3$.

所以 $a_{n}=2+(n-1) \times 3=3 n-1$.

由 $b_{1}=2, b_{3}=8$, 得 $8=2 q^{2}$, 又 $q>0$, 解得 $q=2$.

所以 $b_{n}=2 \times 2^{n-1}=2^{n}$.

(2) 因为 $c_{n}=a_{b_{n}}=3 \times 2^{n}-1$,

所以 $c_{n}+1=3 \times 2^{n}, \log _{2}\left(c_{n}+1\right)=n+\log _{2} 3$,

所以 $S_{n}=\frac{n(1+n)}{2}+n \log _{2} 3=\frac{n+n^{2}}{2}+n \log _{2} 3$.
题目（高二 · 代数）：22. (2018 广西桂林、百色、崇左三模) 记公差 $d \neq 0$ 的等差数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的前 $n$ 项和为 $S_{n}$, 已知 $a_{1}=2+\sqrt{2}, \quad S_{3}=12+3 \sqrt{2}$.

(1) 求数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的通项公式 $a_{n}$ 及前 $n$ 项和 $S_{n}$;

(2) 试问: 在数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 中是否存在三项 $a_{r}, a_{s}, a_{t}\left(r<s<t, r, s, t \in \mathrm{N}^{*}\right)$ 恰好成等比数列?若存在, 求此三项; 若不存在, 请说明理由.
选项：
答案：(1) 由 $a_{1}=2+\sqrt{2}, S_{3}=12+3 \sqrt{2}=3 a_{1}+3 d=12+3 \sqrt{2}$, 得 $d=2 \cdots \cdots 2$ 分所以 $a_{n}=a_{1}+(n-1) d=2 n+\sqrt{2}$, 3 分 $S_{n}=\frac{n\left(a_{1}+a_{n}\right)}{2}=\frac{n(2+\sqrt{2}+2 n+\sqrt{2})}{2}=n^{2}+(\sqrt{2}+1) n$

（2）假设存在三项 $a_{r}, a_{s}, a_{t}$ 成等比数列, 则 $a_{s}^{2}=a_{r} a_{t}$,

即有 $(2 s+\sqrt{2})^{2}=(2 r+\sqrt{2})(2 t+\sqrt{2})$ ，

整理得 $\left(r t-s^{2}\right) \sqrt{2}=2 s-r-t$,

若 $r t-s^{2} \neq 0$, 则 $\sqrt{2}=\frac{2 s-r-t}{r t-s^{2}}$,

因为 $r<s<t, r, s, t \in \mathrm{N}^{*}$,

所以 $\frac{2 s-r-t}{r t-s^{2}}$ 是有理数,

这与 $\sqrt{2}$ 是无理数矛盾.

若 $r t-s^{2}=0$, 则 $2 s-r-t=0$, 从而 $e=s=t$, 这与 $r<s<t$ 矛盾.

综上可知, 不存在满足题意的三项 $a_{r}, a_{s}, a_{t}$
解析：(1) 由 $a_{1}=2+\sqrt{2}, S_{3}=12+3 \sqrt{2}=3 a_{1}+3 d=12+3 \sqrt{2}$, 得 $d=2 \cdots \cdots 2$ 分所以 $a_{n}=a_{1}+(n-1) d=2 n+\sqrt{2}$, 3 分 $S_{n}=\frac{n\left(a_{1}+a_{n}\right)}{2}=\frac{n(2+\sqrt{2}+2 n+\sqrt{2})}{2}=n^{2}+(\sqrt{2}+1) n$

（2）假设存在三项 $a_{r}, a_{s}, a_{t}$ 成等比数列, 则 $a_{s}^{2}=a_{r} a_{t}$,

即有 $(2 s+\sqrt{2})^{2}=(2 r+\sqrt{2})(2 t+\sqrt{2})$ ，

整理得 $\left(r t-s^{2}\right) \sqrt{2}=2 s-r-t$,

若 $r t-s^{2} \neq 0$, 则 $\sqrt{2}=\frac{2 s-r-t}{r t-s^{2}}$,

因为 $r<s<t, r, s, t \in \mathrm{N}^{*}$,

所以 $\frac{2 s-r-t}{r t-s^{2}}$ 是有理数,

这与 $\sqrt{2}$ 是无理数矛盾.

若 $r t-s^{2}=0$, 则 $2 s-r-t=0$, 从而 $e=s=t$, 这与 $r<s<t$ 矛盾.

综上可知, 不存在满足题意的三项 $a_{r}, a_{s}, a_{t}$.
题目（高二 · 代数）：化简求值:

(1) $\sin \left(-1320^{\circ}\right) \cos \left(1110^{\circ}\right)+\cos \left(-1020^{\circ}\right) \cdot \sin 750^{\circ}$;

(2) $\cos \left(-\frac{23}{3} \pi\right)+\tan \frac{17 \pi}{4}$.
选项：
答案：(1)1 (2)$\frac{3}{2}$
解析：(1)原式 $=\sin \left(-4 \times 360^{\circ}+120^{\circ}\right) \cos \left(3 \times 360^{\circ}+30^{\circ}\right)+\cos \left(-3 \times 360^{\circ}+60^{\circ}\right) \sin \left(2 \times 360^{\circ}+30^{\circ}\right)$

$=\sin 120^{\circ} \cos 30^{\circ}+\cos 60^{\circ} \sin 30^{\circ}$

$=\frac{\sqrt{3}}{2} \times \frac{\sqrt{3}}{2}+\frac{1}{2} \times \frac{1}{2}=1$

(2)原式 $=\cos \left[\frac{\pi}{3}+(-4) \times 2 \pi\right]+\tan \left(\frac{\pi}{4}+2 \times 2 \pi\right)$

$=\cos \frac{\pi}{3}+\tan \frac{\pi}{4}=\frac{1}{2}+1=\frac{3}{2}$.
题目（高二 · 代数）：已知 $f(x)$ 是 $\mathbf{R}$ 上的奇函数, 且 $f(x+2)=-f(x)$.(1)求证: $f(x)$ 是以 4 为周期的函数;(2)当 $0 \leqslant x \leqslant 1$ 时, $f(x)=x$, 求 $f(7.5)$ 的值.
选项：
答案：(1) 证明: $f(x+4)=f[(x+2)+2]=-f(x+2)=-[-f(x)]=f(x)$,所以 $f(x)$ 是以 4 为周期的函数.(2)解: 由(1)可知 $f(x+4)=f(x)$,所以 $f(7.5)=f(3.5+4)=f(3.5)=f(-0.5+4)=f(-0.5)=-f(0.5)=-0.5$
解析：(1) 证明: $f(x+4)=f[(x+2)+2]=-f(x+2)=-[-f(x)]=f(x)$,所以 $f(x)$ 是以 4 为周期的函数.(2)解: 由(1)可知 $f(x+4)=f(x)$,所以 $f(7.5)=f(3.5+4)=f(3.5)=f(-0.5+4)=f(-0.5)=-f(0.5)=-0.5$.
题目（高二 · 代数）：8. 交流电的电压 $E$ (单位: 伏)与时间 $t$ (单位: 秒)的关系可用 $E=220 \sqrt{3} \sin \left(100 \pi t+\frac{\pi}{6}\right)$ 来表示, 求:

(1)开始时的电压；

(2)电压的最大值和第一次获得这个最大值的时间.
选项：
答案：(1)当 $t=0$ 时, $E=220 \sqrt{3} \sin \frac{\pi}{6}=110 \sqrt{3}$ (伏), 即开始时的电压为 $110 \sqrt{3}$ 伏.

(2)电压的最大值为 $220 \sqrt{3}$ 伏,

当 $100 \pi t+\frac{\pi}{6}=\frac{\pi}{2}$, 即 $t=\frac{1}{300}$ 秒时第一次取得这个最大值.
解析：(1)当 $t=0$ 时, $E=220 \sqrt{3} \sin \frac{\pi}{6}=110 \sqrt{3}$ (伏), 即开始时的电压为 $110 \sqrt{3}$ 伏.

(2)电压的最大值为 $220 \sqrt{3}$ 伏,

当 $100 \pi t+\frac{\pi}{6}=\frac{\pi}{2}$, 即 $t=\frac{1}{300}$ 秒时第一次取得这个最大值.
题目（高二 · 代数）：已知函数 $f(x)=\sqrt{3} \sin \frac{x}{2} \cos \frac{x}{2}-\sin ^{2} \frac{x}{2}+1$.

(1) 求函数 $f(x)$ 的对称轴方程;

(2) 求函数 $f(x)$ 在区间 $[-\pi, 0]$ 上的最大值和最小值以及相应的 $x$ 的值.
选项：
答案：(1) $x=k \pi+\frac{\pi}{3}(k \in Z)$; (2) 当 $x=-\frac{2 \pi}{3}$ 时, 函数的最小值为 $-\frac{1}{2}$; 当 $x=0$ 时, 函数的最大值为 1 .
解析：(1) 由题意, 函数

$f(x)=\sqrt{3} \sin \frac{x}{2} \cos \frac{x}{2}-\sin ^{2} \frac{x}{2}+1=\frac{\sqrt{3}}{2} \sin x-\frac{1-\cos x}{2}+1=\sin \left(x+\frac{\pi}{6}\right)+\frac{1}{2}$,

令 $x+\frac{\pi}{6}=\mathrm{k} \pi+\frac{\pi}{2}(\mathrm{k} \in \mathrm{Z})$, 整理得: $\mathrm{x}=\mathrm{k} \pi+\frac{\pi}{3}(\mathrm{k} \in \mathrm{Z})$,

所以函数的对称轴方程为: $\mathrm{x}=\mathrm{k} \pi+\frac{\pi}{3}(\mathrm{k} \in \mathrm{Z})$.

(2) 由(1) 得: $f(x)=\sin \left(x+\frac{\pi}{6}\right)+\frac{1}{2}$

由于: $\mathrm{x} \in[-\pi, 0]$, 所以 $-\frac{5 \pi}{6} \leq \mathrm{x}+\frac{\pi}{6} \leq \frac{\pi}{6}$,

则 $-1 \leq \sin \left(\mathrm{x}+\frac{\pi}{6}\right) \leq \frac{1}{2}$, 所以 $-\frac{1}{2} \leq \mathrm{f}(\mathrm{x}) \leq 1$

当 $x=-\frac{2 \pi}{3}$ 时, 函数的最小值为 $-\frac{1}{2}$.

当 $\mathrm{x}=0$ 时, 函数的最大值为 1 .
题目（高二 · 代数）：已知函数 $f(x)=2 \cos ^{2} x+2 \sqrt{3} \sin x \cos x$.

(I) 求 $f(x)$ 的单调递增区间;

(II) 若 $f(x)$ 在区间 $\left[-\frac{\pi}{6}, m\right]$ 上的值域为 $[0,3]$, 求 $m$ 的取值范围.
选项：
答案：(I) $\left[k \pi-\frac{\pi}{3}, k \pi+\frac{\pi}{6}\right](k \in Z)$,(II) $\frac{\pi}{6} \leq m \leq \frac{\pi}{2}$
解析：(I) $f(x)=2 \cos ^{2} x+2 \sqrt{3} \sin x \cos x$

$=\cos 2 x+\sqrt{3} \sin 2 x+1=2 \sin \left(2 x+\frac{\pi}{6}\right)+1$,

由 $2 k \pi-\frac{\pi}{2} \leq 2 x+\frac{\pi}{6} \leq 2 k \pi+\frac{\pi}{2}(k \in Z)$, 得 $k \pi-\frac{\pi}{3} \leq x \leq k \pi+\frac{\pi}{6}(k \in Z)$,

所以, $f(x)$ 的单调递增区间是 $\left[k \pi-\frac{\pi}{3}, k \pi+\frac{\pi}{6}\right](k \in Z)$,

(II) 由 (I) 知 $f(x)=2 \sin \left(2 x+\frac{\pi}{6}\right)+1$.

因为 $x \in\left[-\frac{\pi}{6}, m\right]$, 所以 $2 x+\frac{\pi}{6} \in\left[-\frac{\pi}{6}, 2 m+\frac{\pi}{6}\right]$.

要使得 $f(x)$ 在 $\left[-\frac{\pi}{6}, m\right]$ 上的值域为 $[0,3]$, 即 $\sin \left(2 x+\frac{\pi}{6}\right)$ 在 $\left[-\frac{\pi}{3}, m\right]$ 上的值域为 $\left[-\frac{1}{2}, 1\right]$.

所以 $\frac{\pi}{2} \leq 2 m+\frac{\pi}{6} \leq \frac{7 \pi}{6}$, 即 $\frac{\pi}{6} \leq m \leq \frac{\pi}{2}$.
题目（高二 · 代数）：(1) 求 $a 、 b$ 的值;
(2) 求 $f(x)$ 在 $[0,4]$ 上的最大值与最小值.
选项：
答案：C
解析：答案:C
【解析】 $\because f^{\prime}(x)=x^{2}+a x+2 b \therefore \therefore\left\{\begin{array}{l}f^{\prime}(0)>0 \\ f^{\prime}(1)<0 \\ f^{\prime}(2)>0\end{array} \quad\left\{\begin{array}{c}b>0 \\ a+2 b<-1 \therefore(a, b) \text { 在由 } \\ a+b>-2\end{array}\right.\right.$ $(-2,0),(-1,0),(-3,1)$ 所构成的三角形的内部, $\frac{b-2}{a-1}$ 可看作点 $(a, b)$ 与点 $(1,2)$ 的连线的斜率, 结合图形可知 $\frac{b-2}{a-1} \in\left(\frac{1}{4}, 1\right)$,故选 C。
题目（高二 · 代数）：设函数 $\mathrm{f}(\mathrm{x})=\mathrm{x}^{3}-3 \mathrm{ax} \mathrm{x}^{2}+3 \mathrm{bx}$ 的图像与直线 $12 \mathrm{x}+\mathrm{y}-1=0$ 相切于点 $(1,-11)$ 。

(1) 求 $\mathrm{a}, \mathrm{b}$ 的值;

(2) 讨论函数 $\mathrm{f}(\mathrm{x})$ 的单调性.
选项：
答案：(1) 解: 由题意: $\left\{egin{array}{l}f(1)=-11 \ f^{\prime}(1)=-12\end{array}ight.$ 即 $\left\{egin{array}{l}1-3 a+3 b=-11 \ 3-6 a+3 b=-12\end{array}ight.$ 解得 $\left\{egin{array}{c}a=1 \ b=-3\end{array}ight.$当 $x<-1$ 或 $x>3$ 时, $f^{\prime}(x)>0$, 所以 $f(x)$ 的单调递增区间为 $(-\infty,-1)$ 与 $(3+\infty)$当 $-1<x<3$ 时, $f^{\prime}(x)<0$, 所以 $f(x)$ 的单调递减区间为 $(-1,3)$
解析：(1) 解: 由题意: $\left\{egin{array}{l}f(1)=-11 \ f^{\prime}(1)=-12\end{array}ight.$ 即 $\left\{egin{array}{l}1-3 a+3 b=-11 \ 3-6 a+3 b=-12\end{array}ight.$ 解得 $\left\{egin{array}{c}a=1 \ b=-3\end{array}ight.$当 $x<-1$ 或 $x>3$ 时, $f^{\prime}(x)>0$, 所以 $f(x)$ 的单调递增区间为 $(-\infty,-1)$ 与 $(3+\infty)$当 $-1<x<3$ 时, $f^{\prime}(x)<0$, 所以 $f(x)$ 的单调递减区间为 $(-1,3)$
题目（高二 · 代数）：已知函数 $f(x)=e^{x}-x^{2}-a x$.

(1) 若曲线 $y=f(x)$ 在点 $x=0$ 处的切线斜率为 1 , 求函数 $f(x)$ 在 $[0,1]$ 上的最值;

(2) 令 $g(x)=f(x)+\frac{1}{2}\left(x^{2}-a^{2}\right)$, 若 $x \geq 0$ 时, $g(x) \geq 0$ 恒成立, 求实数 $a$ 的取值范围;

（3）当 $a=0$ 且 $x>0$ 时, 证明 $f(x)-e x \geq x \ln x-x^{2}-x+1$.
选项：
解析：(1) 解: $ecause f^{\prime}(x)=e^{x}-2 x-a, 	herefore f^{\prime}(0)=1-a=1, 	herefore a=0, \quad 	herefore f^{\prime}(x)=e^{x}-2 x$, 记 $h(x)=e^{x}-2 x$, $	herefore h^{\prime}(x)=e^{x}-2$, 令 $h^{\prime}(x)=0$ 得 $x=\ln 2$.当 $0<x<\ln 2$ 时, $h^{\prime}(x)<0, h(x)$ 单减; 当 $\ln 2<x<1$ 时, $h^{\prime}(x)>0, h(x)$ 单增,$	herefore h(x){ }_{\min }=h(\ln 2)=2-2 \ln 2>0$,故 $\mathrm{f}^{\prime}(\mathrm{x})>0$ 恒成立, 所以 $\mathrm{f}(\mathrm{x})$ 在 $[0,1]$ 上单调递增$	herefore f(x){ }_{\min }=f(0)=1, f(x){ }_{\max }=f(1)=e-1$.(2) 解: $ecause g(x)=\mathrm{e}^{\mathrm{x}}-rac{1}{2}(\mathrm{x}+\mathrm{a})^{2}, \quad 	herefore \mathrm{g}^{\prime}(\mathrm{x})=\mathrm{e}^{\mathrm{x}}-\mathrm{x}-\mathrm{a}$. 令 $\mathrm{m}(\mathrm{x})=\mathrm{e}^{\mathrm{x}}-\mathrm{x}-\mathrm{a}, 	herefore \mathrm{m}^{\prime}(\mathrm{x})=\mathrm{e}^{\mathrm{x}}$-1 ,(i) 当 $1-a \geq 0$ 即 $a \leq 1$ 时, $m(x) \geq 0$ 恒成立, 即 $g^{\prime}(x) \geq 0, 	herefore g(x)$ 在 $[0,+\infty)$ 上单增,$	herefore g(x)_{\min }=g(0)=1-rac{a^{2}}{2} \geq 0$, 解得 $-\sqrt{2} \leq \mathrm{a} \leq \sqrt{2}$, 所以 $-\sqrt{2} \leq \mathrm{a} \leq 1$.(ii）当 $1-a<0$ 即 $a>1$ 时, $ecause m(x)$ 在 $[0,+\infty)$ 上单增, 且 $m(0)=1-a<0$,当 $1<a<e^{2}-2$ 时, $m(\ln (a+2))=2-\ln (2+a)>0$,$	herefore \exists \mathrm{x}_{0} \in(0, \ln (\mathrm{a}+2))$, 使 $\mathrm{m}\left(\mathrm{x}_{0}ight)=0$, 即 $\mathrm{e}^{x_{0}}=\mathrm{x}_{0}+\mathrm{a}$.当 $x \in\left(0, x_{0}ight)$ 时, $m(x)<0$, 即 $g^{\prime}(x)<0, g(x)$ 单减;当 $x \in\left(x_{0}, \ln (a+2)ight)$ 时, $m(x)>0$, 即 $g^{\prime}(x)>0, g(x)$ 单增.$	herefore g(x)_{\min }=g(x 0)=e^{x_{0}}-rac{1}{2}\left(x_{0}+aight)^{2}=e^{x_{0}}-rac{1}{2} e^{2 x_{0}}=e^{x_{0}}\left(1-rac{1}{2} e^{x_{0}}ight) \geq 0$,$	herefore \mathrm{e}^{x_{0}} \leq 2$ 可得 $0<\mathrm{x}_{0} \leq \ln 2$, 由 $\mathrm{e}^{x_{0}}=\mathrm{x}_{0}+\mathrm{a}, 	herefore \mathrm{a}=\mathrm{e}^{x_{0}}-\mathrm{x}_{0}$.记 $\mathrm{t}(\mathrm{x})=\mathrm{e}^{\mathrm{x}}-\mathrm{x}, \mathrm{x} \in(0, \ln 2], 	herefore \mathrm{t}^{\prime}(\mathrm{x})=\mathrm{e}^{\mathrm{x}}-1>0, 	herefore \mathrm{t}(\mathrm{x})$ 在 $(0, \ln 2]$ 上单调递增,$	herefore \mathrm{t}(\mathrm{x}) \leq \mathrm{t}(\ln 2)=2-2 \ln 2, 	herefore 1<\mathrm{a} \leq 2-2 \ln 2$, 综上, $\mathrm{a} \in[-\sqrt{2}, 2-\ln 2]$.（3）证明: $f(x)-e x \geq x \ln x-x^{2}-x+1$ 等价于 $e^{x}-x^{2}-e x \geq x \ln x-x^{2}-x+1$, 即 $e^{x}-e x \geq x \ln x-x+1 . ecause x$ $>0, 	herefore$ 等价于 $rac{e^{x}}{x}-\ln \mathrm{x}-rac{1}{x}-\mathrm{e}+1 \geq 0$. 令 $\mathrm{h}(\mathrm{x})=rac{e^{x}}{x}-\ln \mathrm{x}-rac{1}{x}-\mathrm{e}+1$,则 $h^{\prime}(x)=rac{(x-1)\left(e^{x}-1ight)}{x^{2}} \cdot ecause x>0, 	herefore e^{x}-1>0$. 当 $0<x<1$ 时, $\left.h^{\prime}(x)<0, h （ xight)$ 单减; 当 $\mathrm{x}$ $>1$ 时, $h^{\prime}(x)>0, h(x)$ 单增. $	herefore h(x)$ 在 $\mathrm{x}=1$ 处有极小值, 即最小值, $	herefore h(x) \geq h(1)=e-1-e+1=0, \quad 	herefore a=0$ 且 $x>0$ 时, 不等式 $f(x)-e x \geq x \ln x-x^{2}-x+1$ 成立.
题目（高二 · 代数）：(1) 求 $\mathrm{a} 、 \mathrm{~b}$ 的值;

(2) 求 $f(x)$ 在 $[0,4]$ 上的最大值与最小值.
选项：
答案：C
解析：答案:C

【解析】

$$
\because f^{\prime}(x)=x^{2}+a x+2 b \therefore\left\{\begin{array} { l } 
{ f ^ { \prime } ( 0 ) > 0 } \\
{ f ^ { \prime } ( 1 ) < 0 } \\
{ f ^ { \prime } ( 2 ) > 0 }
\end{array} \therefore \left\{\begin{array}{c}
b>0 \\
a+2 b<-1 \therefore(a, b) \\
a+b>-2
\end{array}\right.\right.
$$

$(-2,0),(-1,0),(-3,1)$ 所构成的三角形的内部, $\frac{b-2}{a-1}$ 可看作点 $(a, b)$ 与点 $(1,2)$ 的连线的斜率, 结合图形可知 $\frac{b-2}{a-1} \in\left(\frac{1}{4} ; 1\right)$,故选 C。

【分析】函数在极值点处的导数为零且在极值点两侧导数一正一负, 线性规划问题取得最值的位置一般是可行域的顶点处或边界处, 本题有一定的综合性
题目（高二 · 代数）：已知函数 $f(x)=\ln x+a(1-x), a \in R$.

(I) 求 $f(x)$ 的单调区间;

(II) 若对任意的 $x \in(0,+\infty)$, 都有 $f(x) \leq 2 a-2$, 求实数 $a$ 的取值范围.
选项：
答案：解: (I)$$f^{\prime}(x)=rac{1}{x}-a=rac{1-a x}{x}(x>0) 	ext {, 当 } a \leq 0 	ext { 时, } f^{\prime}(x)>0 	ext { 恒成立, 则 } f(x)$$在 $(0,+\infty)$ 上单调递增; 当 $a>0$ 时, 令 $f^{\prime}(x)>0$, 则 $0<x<rac{1}{a}$. 则 $f(x)$ 在区间 $\left(0, rac{1}{a}ight)$ 上单调递增, 在区间 $\left(rac{1}{a},+\inftyight)$ 上单调递减.(II) $orall x \in(0,+\infty), f(x) \leq 2 a-2$ 等价于 $a \geq rac{\ln x+2}{x+1}$, 令 $g(x)=rac{\ln x+2}{x+1}$, 则 $g^{\prime}(x)=rac{rac{1}{x}-\ln x-1}{(x+1)^{2}}$.令 $h(x)=rac{1}{x}-\ln x-1$, 则 $h^{\prime}(x)=-rac{1}{x^{2}}-rac{1}{x}=rac{-(x+1)}{x^{2}}$.因为当 $x \in(0,+\infty), h^{\prime}(x)<0$ 恒成立,所以 $h(x$, 在 $(0,+\infty)$ 上单调递减.又 $h(1)=1-\ln 1-1=0$, 可得 $g(x)$ 和 $g^{\prime}(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 上的情况如下:| $x$ | $(0,1)$ | 1 || :--- | :--- | :--- || $g^{\prime}(x)$ | + | 0 || $g(x)$ | 单调递增 |  |所以 $g(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 上的最大值为 $g(1)=rac{\ln 1+2}{1+1}=1$因此 $orall x \in(0,+\infty), a \geq g(x)$ 等价于 $a \geq g(1)=1$.故 $orall x \in(0,+\infty), f(x) \leq 2 a-2$ 时, 实数 $a$ 的取值范围是 $[1,+\infty)$.