eodcF/cmm-math huggingface dataset:
题目（高二 · 代数）：已知等比数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的各项均为正数, $a_{2}=8, a_{3}+a_{4}=48$.

(I) 求数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的通项公式;

(II) 设 $\mathrm{b}_{\mathrm{n}}=\log _{4} \mathrm{a}_{\mathrm{n}}$. 证明: $\left\{\mathrm{b}_{\mathrm{n}}\right\}$ 为等差数列, 并求 $\left\{\mathrm{b}_{\mathrm{n}}\right\}$ 的前 $\mathrm{n}$ 项和 $\mathrm{S}_{\mathrm{n}}$
选项：
答案：(I) 解: 设等比数列 $\left\{\mathrm{a}_{n}\right\}$ 的公比为 $\mathrm{q}$, 依题意 $\mathrm{q}>0$. $\because \mathrm{a}_{2}=8, \quad \mathrm{a}_{3}+\mathrm{a}_{4}=48, \quad \therefore \mathrm{a}_{1} \mathrm{q}=8, \quad \mathrm{a}_{1} \mathrm{q}^{2}+\mathrm{a}_{1} \mathrm{q}^{3}=48$.两式相除得 $\mathrm{q}^{2}+\mathrm{q}-6=0$, 解得 $\mathrm{q}=2$, 舍去 $\mathrm{q}=-3$. $: \mathrm{a}_{1}=\frac{\mathrm{a}_{2}}{\mathrm{q}}=4$.:数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的通项公式为 $\mathrm{a}_{\mathrm{n}}=\mathrm{a}_{1} \cdot \mathrm{q}^{\mathrm{n}-1}=2^{\mathrm{n}+1}$.(II) 证明: 由 (I ) 得 $b_{n}=\log _{4} a_{n}=\frac{n+1}{2} \cdot: b_{n+1}-b_{n}=\frac{n+2}{2}-\frac{n+1}{2}=\frac{1}{2}$,$\therefore$ 数列 $\left\{\mathrm{b}_{\mathrm{n}}\right\}$ 是首项为 1 , 公差为 $\mathrm{d}=\frac{1}{2}$ 的等差数列. $\therefore \mathrm{S}_{\mathrm{n}}=\mathrm{nb}_{1}+\frac{\mathrm{n}(\mathrm{n}-1)}{2} \mathrm{~d}=\frac{\mathrm{n}^{2}+3 \mathrm{n}}{4}$.
解析：(I) 解: 设等比数列 $\left\{\mathrm{a}_{n}\right\}$ 的公比为 $\mathrm{q}$, 依题意 $\mathrm{q}>0$. $\because \mathrm{a}_{2}=8, \quad \mathrm{a}_{3}+\mathrm{a}_{4}=48, \quad \therefore \mathrm{a}_{1} \mathrm{q}=8, \quad \mathrm{a}_{1} \mathrm{q}^{2}+\mathrm{a}_{1} \mathrm{q}^{3}=48$.两式相除得 $\mathrm{q}^{2}+\mathrm{q}-6=0$, 解得 $\mathrm{q}=2$, 舍去 $\mathrm{q}=-3$. $: \mathrm{a}_{1}=\frac{\mathrm{a}_{2}}{\mathrm{q}}=4$.:数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的通项公式为 $\mathrm{a}_{\mathrm{n}}=\mathrm{a}_{1} \cdot \mathrm{q}^{\mathrm{n}-1}=2^{\mathrm{n}+1}$.(II) 证明: 由 (I ) 得 $b_{n}=\log _{4} a_{n}=\frac{n+1}{2} \cdot: b_{n+1}-b_{n}=\frac{n+2}{2}-\frac{n+1}{2}=\frac{1}{2}$,$\therefore$ 数列 $\left\{\mathrm{b}_{\mathrm{n}}\right\}$ 是首项为 1 , 公差为 $\mathrm{d}=\frac{1}{2}$ 的等差数列. $\therefore \mathrm{S}_{\mathrm{n}}=\mathrm{nb}_{1}+\frac{\mathrm{n}(\mathrm{n}-1)}{2} \mathrm{~d}=\frac{\mathrm{n}^{2}+3 \mathrm{n}}{4}$.
题目（高二 · 代数）：根据数列的前几项, 写出下列各数列的一个通项公式.

(1) $-1,7,-13,19, \cdots$

(2) $0,.8,0,.88,0,.888$,

(3) $-\frac{1}{2}, \frac{1}{4},-\frac{5}{8}, \frac{13}{16},-\frac{29}{32}, \frac{61}{64}, \ldots$
选项：
答案：(1) 符号可通过 $(-1)^{n}$ 表示, 后面的数的绝对值总比前面的数的绝对值大 6 ,故通项公式为 $a_{n}=(-1)^{n} \bullet(6 n-5)$.(2) 将数列变形为 $\frac{8}{9}(1-0,.1), \frac{8}{9}(1-0,.01), \frac{8}{9}(1-0,.001), \cdots$, $\therefore a_{n}=\frac{8}{9}\left(1-\frac{1}{10^{n}}\right)$.（3）各项的分母分别为 $2^{1}, 2^{2}, 2^{3}, 2^{4}, \cdots$, 易看出第 $2,3,4$ 项的分子分别比分母少 3. 因此把第 1 项变为 $\frac{2-3}{2}$.原数列可化为 $-\frac{2^{1}-3}{2^{1}}, \frac{2^{2}-3}{2^{2}},-\frac{2^{3}-3}{2^{3}}, \frac{2^{4}-3}{2^{4}}, \cdots, \therefore a_{n}=(-1)^{n} \cdot \frac{2^{n}-3}{2^{n}}$.
解析：(1) 符号可通过 $(-1)^{n}$ 表示, 后面的数的绝对值总比前面的数的绝对值大 6 ,故通项公式为 $a_{n}=(-1)^{n} \bullet(6 n-5)$.(2) 将数列变形为 $\frac{8}{9}(1-0,.1), \frac{8}{9}(1-0,.01), \frac{8}{9}(1-0,.001), \cdots$, $\therefore a_{n}=\frac{8}{9}\left(1-\frac{1}{10^{n}}\right)$.（3）各项的分母分别为 $2^{1}, 2^{2}, 2^{3}, 2^{4}, \cdots$, 易看出第 $2,3,4$ 项的分子分别比分母少 3. 因此把第 1 项变为 $\frac{2-3}{2}$.原数列可化为 $-\frac{2^{1}-3}{2^{1}}, \frac{2^{2}-3}{2^{2}},-\frac{2^{3}-3}{2^{3}}, \frac{2^{4}-3}{2^{4}}, \cdots, \therefore a_{n}=(-1)^{n} \cdot \frac{2^{n}-3}{2^{n}}$.
题目（高二 · 代数）：14. 设 $\boldsymbol{e}_{1}, \boldsymbol{e}_{2}$ 是两个不共线的向量, 如果 $\overrightarrow{A B}=3 \boldsymbol{e}_{1}-2 \boldsymbol{e}_{2}, \overrightarrow{B C}=4 \boldsymbol{e}_{1}+\boldsymbol{e}_{2}, \overrightarrow{C D}=8 \boldsymbol{e}_{1}-9 \boldsymbol{e}_{2}$.

(1)求证: $A, B, D$ 三点共线;

(2)试确定 $\lambda$ 的值, 使 $2 \lambda \boldsymbol{e}_{1}+\boldsymbol{e}_{2}$ 和 $\boldsymbol{e}_{1}+\lambda \boldsymbol{e}_{2}$ 共线;

(3)若 $\boldsymbol{e}_{1}+\lambda \boldsymbol{e}_{2}$ 与 $\lambda \boldsymbol{e}_{1}+\boldsymbol{e}_{2}$ 不共线, 试求 $\lambda$ 的取值范围.
选项：
答案：(1)证明: $\because \overrightarrow{B D}=\overrightarrow{B C}+\overrightarrow{C D}=4 \boldsymbol{e}_{1}+\boldsymbol{e}_{2}+8 \boldsymbol{e}_{1}-9 \boldsymbol{e}_{2}$

$=12 \boldsymbol{e}_{1}-8 \boldsymbol{e}_{2}=4\left(3 \boldsymbol{e}_{1}-2 \boldsymbol{e}_{2}\right)=4 \overrightarrow{A B}, \therefore \overrightarrow{A B}$ 与 $\overrightarrow{B D}$ 共线.

$\because \overrightarrow{A B}$ 与 $\overrightarrow{B D}$ 有公共点 $B, \therefore A, B, D$ 三点共线.

(2) $\because 2 \lambda e_{1}+e_{2}$ 与 $e_{1}+\lambda e_{2}$ 共线，

$\therefore$ 存在实数 $\mu$ ，使 $2 \lambda \boldsymbol{e}_{1}+\boldsymbol{e}_{2}=\mu\left(\boldsymbol{e}_{1}+\lambda \boldsymbol{e}_{2}\right)$.

$\because \boldsymbol{e}_{1}, \boldsymbol{e}_{2}$ 不共线， $\therefore\left\{\begin{array}{l}2 \lambda=\mu, \\ 1=\lambda \mu,\end{array} \quad \therefore \lambda= \pm \frac{\sqrt{2}}{2}\right.$.

(3)假设 $e_{1}+\lambda e_{2}$ 与 $\lambda e_{1}+e_{2}$ 共线，则存在实数 $\mu$ ，使 $e_{1}+\lambda e_{2}=\mu\left(\lambda e_{1}+e_{2}\right)$.

$\because \boldsymbol{e}_{1}, \boldsymbol{e}_{2}$ 不共线， $\therefore\left\{\begin{array}{l}1=\lambda \mu, \\ \lambda=\mu,\end{array} \quad \therefore \lambda= \pm 1\right.$.

$\therefore$ 当 $\lambda \neq \pm 1$ 时， $\boldsymbol{e}_{1}+\lambda \boldsymbol{e}_{2}$ 与 $\lambda \boldsymbol{e}_{1}+\boldsymbol{e}_{2}$ 不共线.
解析：(1)证明: $\because \overrightarrow{B D}=\overrightarrow{B C}+\overrightarrow{C D}=4 \boldsymbol{e}_{1}+\boldsymbol{e}_{2}+8 \boldsymbol{e}_{1}-9 \boldsymbol{e}_{2}$

$=12 \boldsymbol{e}_{1}-8 \boldsymbol{e}_{2}=4\left(3 \boldsymbol{e}_{1}-2 \boldsymbol{e}_{2}\right)=4 \overrightarrow{A B}, \therefore \overrightarrow{A B}$ 与 $\overrightarrow{B D}$ 共线.

$\because \overrightarrow{A B}$ 与 $\overrightarrow{B D}$ 有公共点 $B, \therefore A, B, D$ 三点共线.

(2) $\because 2 \lambda e_{1}+e_{2}$ 与 $e_{1}+\lambda e_{2}$ 共线，

$\therefore$ 存在实数 $\mu$ ，使 $2 \lambda \boldsymbol{e}_{1}+\boldsymbol{e}_{2}=\mu\left(\boldsymbol{e}_{1}+\lambda \boldsymbol{e}_{2}\right)$.

$\because \boldsymbol{e}_{1}, \boldsymbol{e}_{2}$ 不共线， $\therefore\left\{\begin{array}{l}2 \lambda=\mu, \\ 1=\lambda \mu,\end{array} \quad \therefore \lambda= \pm \frac{\sqrt{2}}{2}\right.$.

(3)假设 $e_{1}+\lambda e_{2}$ 与 $\lambda e_{1}+e_{2}$ 共线，则存在实数 $\mu$ ，使 $e_{1}+\lambda e_{2}=\mu\left(\lambda e_{1}+e_{2}\right)$.

$\because \boldsymbol{e}_{1}, \boldsymbol{e}_{2}$ 不共线， $\therefore\left\{\begin{array}{l}1=\lambda \mu, \\ \lambda=\mu,\end{array} \quad \therefore \lambda= \pm 1\right.$.

$\therefore$ 当 $\lambda \neq \pm 1$ 时， $\boldsymbol{e}_{1}+\lambda \boldsymbol{e}_{2}$ 与 $\lambda \boldsymbol{e}_{1}+\boldsymbol{e}_{2}$ 不共线.
题目（高二 · 代数）：已知等差数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的前 $n$ 项和 $S_{n}$ 满足 $S_{3}=0, S_{5}=-5$.

(1) 求 $\left\{a_{n}\right\}$ 的通项公式;

(2) 求 $a_{1}+a_{4}+a_{7}+\cdots+a_{3 n+1}$.
选项：
答案：(1) 由等差数列的性质可得 $\left\{\begin{array}{l}3 a_{1}+3 d=0 \\ 5 a_{1}+\frac{5 \times 4 d}{2}=-5\end{array}\right.$,

解得 $\mathrm{a}_{1}=1, \mathrm{~d}=-1$,

则 $\left\{a_{n}\right\}$ 的通项公式 $a_{n}=1-(n-1)=2-n$;

(2) $\because\left\{\mathrm{a}_{\mathrm{a}}\right\}$ 为等差数列,

$\therefore a_{1}+a_{4}+a_{7}+\cdots+a_{3 n+1}$ 以 1 为首项, 以 -3 为公差的等差数列,

$\therefore \mathrm{a}_{1}+\mathrm{a}_{4}+\mathrm{a}_{7}+\cdots+\mathrm{a}_{3 \mathrm{n}+1}=\mathrm{n}+1+\frac{(\mathrm{n}+1)(\mathrm{n}+1-1) \times(-3)}{2}=\frac{(\mathrm{n}+1)(2-3 \mathrm{n})}{2}$
解析：(1) 由等差数列的性质可得 $\left\{\begin{array}{l}3 a_{1}+3 d=0 \\ 5 a_{1}+\frac{5 \times 4 d}{2}=-5\end{array}\right.$,

解得 $\mathrm{a}_{1}=1, \mathrm{~d}=-1$,

则 $\left\{a_{n}\right\}$ 的通项公式 $a_{n}=1-(n-1)=2-n$;

(2) $\because\left\{\mathrm{a}_{\mathrm{a}}\right\}$ 为等差数列,

$\therefore a_{1}+a_{4}+a_{7}+\cdots+a_{3 n+1}$ 以 1 为首项, 以 -3 为公差的等差数列,

$\therefore \mathrm{a}_{1}+\mathrm{a}_{4}+\mathrm{a}_{7}+\cdots+\mathrm{a}_{3 \mathrm{n}+1}=\mathrm{n}+1+\frac{(\mathrm{n}+1)(\mathrm{n}+1-1) \times(-3)}{2}=\frac{(\mathrm{n}+1)(2-3 \mathrm{n})}{2}$
题目（高二 · 代数）：10. 某家具厂有方木料 $90 \mathrm{~m}^{3}$, 五合板 $600 \mathrm{~m}^{2}$, 准备加工成书桌和书梪出售. 已知生产每张书桌需要方木料 $0.1 \mathrm{~m}^{3}$, 五合板 $2 \mathrm{~m}^{2}$, 生产每个书相需要方木料 $0.2 \mathrm{~m}^{3}$, 五合板 $1 \mathrm{~m}^{2}$,出售一张方桌可获利润 80 元, 出售一个书榞可获利润 120 元.

(1)如果只安排生产书桌, 可获利润多少?

(2)如果只安排生产书桭, 可获利润多少?

(3)怎样安排生产可使所得利润最大?
选项：
答案：由题意可画表格如下:

(1)设只生产书桌 $x$ 个, 可获得利润 $z$ 元,

则 $\left\{\begin{array}{l}0\.1 x \leqslant 90 \\ 2 x \leqslant 600 \\ z=80 x\end{array} \Rightarrow\left\{\begin{array}{l}x \leqslant 900 \\ x \leqslant 300\end{array} \Rightarrow x \leqslant 300\right.\right.$

所以当 $x=300$ 时, $z_{\max }=80 \times 300=24000$ (元),

即如果只安排生产书桌, 最多可生产 300 张书桌, 获得利润 24000 元.

(2)设只生产书楖 $y$ 个, 可获利润 $z$ 元，

则 $\left\{\begin{array}{l}0\.2 y \leqslant 90 \\ 1 \cdot y \leqslant 600 \\ z=120 y\end{array} \Rightarrow\left\{\begin{array}{l}y \leqslant 450 \\ y \leqslant 600\end{array} \Rightarrow y \leqslant 450\right.\right.$.

所以当 $y=450$ 时, $z_{\text {max }}=120 \times 450=54000$ (元),

即如果只安排生产书楖, 最多可生产 450 个书根, 获得利润 54000 元.

(3)设生产书桌 $x$ 张, 书根 $y$ 个, 利润总额为 $z$ 元, 则 $\left\{\begin{array}{l}0.1 x+0.2 y \leqslant 90 \\ 2 x+y \leqslant 600 \\ x \geqslant 0 \\ y \geqslant 0\end{array} \Rightarrow\right.$

$\left\{\begin{array}{l}x+2 y \leqslant 900 \\ 2 x+y \leqslant 600 \\ x \geqslant 0 \\ y \geqslant 0\end{array}\right.$

$z=80 x+120 y$.

在直角坐标平面内作出上面不等式组所表示的平面区域, 即可行域.

<ImageHere>

作直线 $l: 80 x+120 y=0$, 即直线 $l: 2 x+3 y=0$.

把直线 $l$ 向右上方平移至 $l_{1}$ 的位置时, 直线经过可行域上的点 $M$, 此时 $z=80 x+120 y$取得最大值.

由 $\left\{\begin{array}{l}x+2 y=900, \\ 2 x+y=600\end{array}\right.$ 解得点 $M$ 的坐标为 $(100,400)$.

所以当 $x=100, y=400$ 时,

$Z_{\max }=80 \times 100+120 \times 400=56000$ (元).

因此, 生产书桌 100 张、书橱 400 个,

可使所得利润最大.
解析：由题意可画表格如下:

(1)设只生产书桌 $x$ 个, 可获得利润 $z$ 元,

则 $\left\{\begin{array}{l}0\.1 x \leqslant 90 \\ 2 x \leqslant 600 \\ z=80 x\end{array} \Rightarrow\left\{\begin{array}{l}x \leqslant 900 \\ x \leqslant 300\end{array} \Rightarrow x \leqslant 300\right.\right.$

所以当 $x=300$ 时, $z_{\max }=80 \times 300=24000$ (元),

即如果只安排生产书桌, 最多可生产 300 张书桌, 获得利润 24000 元.

(2)设只生产书楖 $y$ 个, 可获利润 $z$ 元，

则 $\left\{\begin{array}{l}0\.2 y \leqslant 90 \\ 1 \cdot y \leqslant 600 \\ z=120 y\end{array} \Rightarrow\left\{\begin{array}{l}y \leqslant 450 \\ y \leqslant 600\end{array} \Rightarrow y \leqslant 450\right.\right.$.

所以当 $y=450$ 时, $z_{\text {max }}=120 \times 450=54000$ (元),

即如果只安排生产书楖, 最多可生产 450 个书根, 获得利润 54000 元.

(3)设生产书桌 $x$ 张, 书根 $y$ 个, 利润总额为 $z$ 元, 则 $\left\{\begin{array}{l}0.1 x+0.2 y \leqslant 90 \\ 2 x+y \leqslant 600 \\ x \geqslant 0 \\ y \geqslant 0\end{array} \Rightarrow\right.$

$\left\{\begin{array}{l}x+2 y \leqslant 900 \\ 2 x+y \leqslant 600 \\ x \geqslant 0 \\ y \geqslant 0\end{array}\right.$

$z=80 x+120 y$.

在直角坐标平面内作出上面不等式组所表示的平面区域, 即可行域.



作直线 $l: 80 x+120 y=0$, 即直线 $l: 2 x+3 y=0$.

把直线 $l$ 向右上方平移至 $l_{1}$ 的位置时, 直线经过可行域上的点 $M$, 此时 $z=80 x+120 y$取得最大值.

由 $\left\{\begin{array}{l}x+2 y=900, \\ 2 x+y=600\end{array}\right.$ 解得点 $M$ 的坐标为 $(100,400)$.

所以当 $x=100, y=400$ 时,

$Z_{\max }=80 \times 100+120 \times 400=56000$ (元).

因此, 生产书桌 100 张、书橱 400 个,

可使所得利润最大.
题目（高二 · 代数）：11. 已知实数 $x, y$ 满足 $\left\{\begin{array}{l}(x-y+6)(x+y-6) \geqslant 0 \\ 1 \leqslant x \leqslant 4\end{array}\right.$, 求 $x^{2}+y^{2}-2$ 的取值范围.
选项：
答案：作出可行域如图,

<ImageHere>

由 $x^{2}+y^{2}=(x-0)^{2}+(y-0)^{2}$,

可以看作区域内的点与原点的距离的平方,

最小值为原点到直线 $x+y-6=0$ 的距离的平方,

即 $|O P|^{2}$, 最大值为 $|O A|^{2}$,

其中 $A(4,10),|O P|=\frac{|0+0-6|}{\sqrt{1^{2}+1^{2}}}=\frac{6}{\sqrt{2}}=3 \sqrt{2}$,

$|O A|=\sqrt{4^{2}+10^{2}}=\sqrt{116}$,

$\therefore\left(x^{2}+y^{2}-2\right)_{\text {min }}=(3 \sqrt{2})^{2}-2=18-2=16$,

$\left(x^{2}+y^{2}-2\right)_{\max }=(\sqrt{116})^{2}-2=116-2=114$,

$\therefore 16 \leqslant x^{2}+y^{2}-2 \leqslant 114$.

即 $x^{2}+y^{2}-2$ 的取值范围为 $16 \leqslant x^{2}+y^{2}-2 \leqslant 114$
解析：作出可行域如图,



由 $x^{2}+y^{2}=(x-0)^{2}+(y-0)^{2}$,

可以看作区域内的点与原点的距离的平方,

最小值为原点到直线 $x+y-6=0$ 的距离的平方,

即 $|O P|^{2}$, 最大值为 $|O A|^{2}$,

其中 $A(4,10),|O P|=\frac{|0+0-6|}{\sqrt{1^{2}+1^{2}}}=\frac{6}{\sqrt{2}}=3 \sqrt{2}$,

$|O A|=\sqrt{4^{2}+10^{2}}=\sqrt{116}$,

$\therefore\left(x^{2}+y^{2}-2\right)_{\text {min }}=(3 \sqrt{2})^{2}-2=18-2=16$,

$\left(x^{2}+y^{2}-2\right)_{\max }=(\sqrt{116})^{2}-2=116-2=114$,

$\therefore 16 \leqslant x^{2}+y^{2}-2 \leqslant 114$.

即 $x^{2}+y^{2}-2$ 的取值范围为 $16 \leqslant x^{2}+y^{2}-2 \leqslant 114$.
题目（高二 · 代数）：12. 已知实数 $x 、 y$ 满足 $\left\{\begin{array}{l}2 x+y-2 \geqslant 0 \\ x-2 y+4 \geqslant 0 \\ 3 x-y-3 \leqslant 0\end{array}\right.$, 试求 $z=\frac{y+1}{x+1}$ 的最大值和最小值.
选项：
答案：由于 $\mathrm{z}=\frac{y+1}{x+1}=\frac{y-(-1)}{x-(-1)}$,

所以 $z$ 的几何意义是点 $(x, y)$ 与点 $M(-1,-1)$ 连线的斜率,

因此 $\frac{y+1}{x+1}$ 的最值就是点 $(x, y)$ 与点 $M(-1,-1)$ 连线的斜率的最值,

结合图可知, 直线 $M B$ 的斜率最大, 直线 $M C$ 的斜率最小, 即

$z_{\text {max }}=k_{M B}=3$, 此时 $x=0, y=2$;
$z_{\text {min }}=k_{M C}=\frac{1}{2}$, 此时 $x=1, y=0$.

$\therefore z$ 的最大值为 3 , 最小值为 $\frac{1}{2}$.

<ImageHere>
解析：由于 $\mathrm{z}=\frac{y+1}{x+1}=\frac{y-(-1)}{x-(-1)}$,

所以 $z$ 的几何意义是点 $(x, y)$ 与点 $M(-1,-1)$ 连线的斜率,

因此 $\frac{y+1}{x+1}$ 的最值就是点 $(x, y)$ 与点 $M(-1,-1)$ 连线的斜率的最值,

结合图可知, 直线 $M B$ 的斜率最大, 直线 $M C$ 的斜率最小, 即

$z_{\text {max }}=k_{M B}=3$, 此时 $x=0, y=2$;
$z_{\text {min }}=k_{M C}=\frac{1}{2}$, 此时 $x=1, y=0$.

$\therefore z$ 的最大值为 3 , 最小值为 $\frac{1}{2}$.

哈哈
题目（高二 · 代数）：比较下列各组中两个代数式的大小:

(1) $x^{2}+3$ 与 $3 x$; (2)已知 $a, b$ 为正数, 且 $a \neq b$, 比较 $a^{3}+b^{3}$ 与 $a^{2} b+a b^{2}$.
选项：
答案：(1) $x^{2}+3>3 x$; (2) $a^{3}+b^{3}>a^{2} b+a b^{2}$.

(1) $\left(x^{2}+3\right)-3 x=x^{2}-3 x+3=\left(x-\frac{3}{2}\right)^{2}+\frac{3}{4} \geqslant \frac{3}{4}>0, \quad \therefore x^{2}+3>3 x$.

(2) $\left(a^{3}+b^{3}\right)-\left(a^{2} b+a b^{2}\right)=a^{3}+b^{3}-a^{2} b-a b^{2}$

$=a^{2}(a-b)-b^{2}(a-b)=(a-b)\left(a^{2}-b^{2}\right)=(a-b)^{2}(a+b)$,

$\because a>0, b>0$ 且 $a \neq b$,

$\therefore(a-b)^{2}>0, a+b>0$,

$\therefore\left(a^{3}+b^{3}\right)-\left(a^{2} b+a b^{2}\right)>0$, 即 $a^{3}+b^{3}>a^{2} b+a b^{2}$.
解析：(1) $x^{2}+3>3 x$; (2) $a^{3}+b^{3}>a^{2} b+a b^{2}$.

(1) $\left(x^{2}+3\right)-3 x=x^{2}-3 x+3=\left(x-\frac{3}{2}\right)^{2}+\frac{3}{4} \geqslant \frac{3}{4}>0, \quad \therefore x^{2}+3>3 x$.

(2) $\left(a^{3}+b^{3}\right)-\left(a^{2} b+a b^{2}\right)=a^{3}+b^{3}-a^{2} b-a b^{2}$

$=a^{2}(a-b)-b^{2}(a-b)=(a-b)\left(a^{2}-b^{2}\right)=(a-b)^{2}(a+b)$,

$\because a>0, b>0$ 且 $a \neq b$,

$\therefore(a-b)^{2}>0, a+b>0$,

$\therefore\left(a^{3}+b^{3}\right)-\left(a^{2} b+a b^{2}\right)>0$, 即 $a^{3}+b^{3}>a^{2} b+a b^{2}$.
题目（高二 · 代数）：已知 $\lg (3 x)+\lg y=\lg (x+y+1)$.

(1)求 $\mathrm{xy}$ 的最小值;

(2)求 $x+y$ 的最小值.
选项：
答案：(1) 1

(2) 2
解析：由 $\lg (3 \mathrm{x})+\lg y=\lg (\mathrm{x}+\mathrm{y}+1)$ 得 $\{y>0$

$$
3 x y=x+y+1
$$

(1) $\because x>0, y>0$,

$\therefore 3 x y=x+y+1 \geq 2 \sqrt{x y}+1$,

$\therefore 3 x y-2 \sqrt{x y}-1 \geq 0$,

即 $3(\sqrt{x y})^{2}-2 \sqrt{x y}-1 \geq 0$,

$\therefore(3 \sqrt{x y}+1)(\sqrt{x y}-1) \geq 0$,

$\therefore \sqrt{x y} \geq 1, \quad \therefore x y \geq 1$,

当且仅当 $x=y=1$ 时, 等号成立.
$\therefore \mathrm{xy}$ 的最小值为 1 .

(2) $\because x>0, \quad y>0$,

$\therefore \mathrm{x}+\mathrm{y}+1=3 \mathrm{xy} \leq 3 \cdot\left(\frac{x+y}{2}\right)^{2}$,

$\therefore 3(\mathrm{x}+\mathrm{y})^{2}-4(\mathrm{x}+\mathrm{y})-4 \geq 0$,

$\therefore[3(\mathrm{x}+\mathrm{y})+2][(\mathrm{x}+\mathrm{y})-2] \geq 0$,

$\therefore \mathrm{x}+\mathrm{y} \geq 2$,

当且仅当 $x=y=1$ 时取等号,

$\therefore \mathrm{x}+\mathrm{y}$ 的最小值为 2 .
题目（高二 · 代数）：求解下列问题:

(1) 若 $x>0$, 求 $f(x)=\frac{4}{x}+x$ 的最小值;

(2) 已知 $0<x<\frac{1}{3}$, 求函数 $y=x(1-3 x)$ 的最大值.
选项：
答案：(1) 4
(2) $\frac{1}{12}$
解析：(1) $\because x>0, \frac{4}{x}>0$,

$\therefore f(x)=x+\frac{4}{x} \geq 2 \sqrt{x \cdot \frac{4}{x}}=4$,

当且仅当 $x=\frac{4}{x}$, 即 $x=2$ 时取等号. 故 $f(x)_{\min }=4$.

(2) $\because 0<x<\frac{1}{3}, \therefore 1-3 x>0$,

$\therefore y=x(1-3 x)=\frac{1}{3} \cdot 3 x \cdot(1-3 x) \leq \frac{1}{3} \cdot\left(\frac{3 x+1-3 x}{2}\right)^{2}=\frac{1}{12}$,

当且仅当 $3 x=1-3 x$, 即 $x=\frac{1}{6}$ 时取等号. $\therefore y_{\text {max }}=\frac{1}{12}$.
题目（高二 · 代数）：解答

(1) $a<b<0$, 求证: $\frac{b}{a}<\frac{a}{b}$

(2)已知 $a>b, \frac{1}{a}<\frac{1}{b}$, 求证: $a b>0$
选项：
答案：证明 (1)由于 $\frac{b}{a}-\frac{a}{b}=\frac{b^{2}-a^{2}}{a b}=\frac{(b+a)(b-a)}{a b}$$\because a<b<0$$\therefore b+a<0, b-a>0, a b>0$$\therefore \frac{(b+a)(b-a)}{a b}<0$, 故 $\frac{b}{a}<\frac{a}{b}$(2) $\because \frac{1}{a}<\frac{1}{b}$$\therefore \frac{1}{a}-\frac{1}{b}<0$, 即 $\frac{b-a}{a b}<0$
解析：证明 (1)由于 $\frac{b}{a}-\frac{a}{b}=\frac{b^{2}-a^{2}}{a b}=\frac{(b+a)(b-a)}{a b}$$\because a<b<0$$\therefore b+a<0, b-a>0, a b>0$$\therefore \frac{(b+a)(b-a)}{a b}<0$, 故 $\frac{b}{a}<\frac{a}{b}$(2) $\because \frac{1}{a}<\frac{1}{b}$$\therefore \frac{1}{a}-\frac{1}{b}<0$, 即 $\frac{b-a}{a b}<0$
题目（高二 · 代数）：已知数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 中, $a_{n}=1+\frac{1}{a+2(n-1)}\left(n \in \mathbf{N}^{*}, a \in \mathbf{R}\right.$ 且 $\left.a \neq 0\right)$.

(1) 若 $a=-7$, 求数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 中的最大项和最小项的值.

(2) 若对任意的 $n \in \mathbf{N}^{*}$, 都有 $a_{n} \leqslant a_{6}$ 成立, 求 $a$ 的取值范围.
选项：
答案：(1) 因为 $a_{n}=1+\frac{1}{a+2(n-1)}\left(n \in \mathbf{N}^{*}, a \in \mathbf{R}\right.$ 且 $\left.a \neq 0\right)$, 又 $a=-7$,

所以 $a_{n}=1+\frac{1}{2 n-9}\left(n \in \mathbf{N}^{*}\right)$.

结合函数 $f(x)=1+\frac{1}{2 x-9}$ 的单调性,

可知 $1>a_{1}>a_{2}>a_{3}>a_{4}, a_{5}>a_{6}>a_{7}>\cdots>a_{n}>1\left(n \in \mathbf{N}^{*}\right)$.

所以数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 中的最大项为 $a_{5}=2$, 最小项为 $a_{4}=0$.

(2) $a_{n}=1+\frac{1}{a+2(n-1)}=1+\frac{\frac{1}{2}}{n-\frac{2-a}{2}}$, 已知对任意的 $n \in \mathbf{N}^{*}$, 都有 $a_{n} \leqslant a_{6}$ 成立, 结合函数

$f(x)=1+\frac{\frac{1}{2}}{x-\frac{2-a}{2}}$ 的单调性, 可知 $5<\frac{2-a}{2}<6$, 即 $-10<a<-8$.
解析：(1) 因为 $a_{n}=1+\frac{1}{a+2(n-1)}\left(n \in \mathbf{N}^{*}, a \in \mathbf{R}\right.$ 且 $\left.a \neq 0\right)$, 又 $a=-7$,

所以 $a_{n}=1+\frac{1}{2 n-9}\left(n \in \mathbf{N}^{*}\right)$.

结合函数 $f(x)=1+\frac{1}{2 x-9}$ 的单调性,

可知 $1>a_{1}>a_{2}>a_{3}>a_{4}, a_{5}>a_{6}>a_{7}>\cdots>a_{n}>1\left(n \in \mathbf{N}^{*}\right)$.

所以数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 中的最大项为 $a_{5}=2$, 最小项为 $a_{4}=0$.

(2) $a_{n}=1+\frac{1}{a+2(n-1)}=1+\frac{\frac{1}{2}}{n-\frac{2-a}{2}}$, 已知对任意的 $n \in \mathbf{N}^{*}$, 都有 $a_{n} \leqslant a_{6}$ 成立, 结合函数

$f(x)=1+\frac{\frac{1}{2}}{x-\frac{2-a}{2}}$ 的单调性, 可知 $5<\frac{2-a}{2}<6$, 即 $-10<a<-8$.
题目（高二 · 代数）：19. 已知首项为 4 的数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 满足 $a_{n+1}=\frac{2 n a_{n}+2^{n+1}}{n+1}$.

(1) 证明: 数列 $\left\{\frac{n a_{n}}{2^{n}}\right\}$ 是等差数列.

(2) 令 $b_{n}=\log _{2} a_{n}$, 求数列 $\left\{b_{n}\right\}$ 的前 $n$ 项和 $S_{n}$.
选项：
答案：(1) 见解析;

(2) $S_{n}=\log _{2}(n+1)+\frac{n(n+1)}{2}$
解析：（1）证明: 因为 $a_{n+1}=\frac{2 n a_{n}+2^{n+1}}{n+1}$, 所以 $(n+1) a_{n+1}=2 n a_{n}+2^{n+1}$,

所以 $\frac{(n+1) a_{n-1}}{2^{n+1}}=\frac{n a_{n}}{2^{n}}+1$, 所以 $\frac{(n+1) a_{n+1}}{2^{n+1}}-\frac{n a_{n}}{2^{n}}=1$.

因为 $a_{1}=4$, 所以 $\frac{a_{1}}{2}=2$.

故数列 $\left\{\frac{n a_{n}}{2^{n}}\right\}$ 是首项为 2 , 公差为 1 的等差数列.

(2) 解: 由 (1) 可知 $\frac{n a_{n}}{2^{n}}=n+1$, 则 $a_{n}=\frac{n+1}{n} \cdot 2^{n}$.

因为 $b_{n}=\log _{2} a_{n}$, 所以 $b_{n}=\log _{2}\left(\frac{n+1}{n} \cdot 2^{n}\right)=\log _{2} \frac{n+1}{n}+\log _{2} 2^{n}=\log _{2} \frac{n+1}{n}+n$,

则 $S_{n}=b_{1}+b_{2}+b_{3}+\cdots+b_{n}=\left(\log _{2} 2+1\right)+\left(\log _{2} \frac{3}{2}+2\right)+\left(\log _{2} \frac{4}{3}+3\right)+\cdots+\left(\log _{2} \frac{n+1}{n}+n\right)$

$=\left(\log _{2} 2+\log _{2} \frac{3}{2}+\log _{2} \frac{4}{3}+\cdots+\log _{2} \frac{n+1}{n}\right)+(1+2+3+\cdots+n)=\log _{2}(n+1)+\frac{n(n+1)}{2}$.
题目（高二 · 代数）：21.设 $\left\{a_{n}\right\}$ 是等差数列, $\left\{b_{n}\right\}$ 是等比数列. 已知 $a_{1}=4, b_{1}=6, b_{2}=2 a_{2}-2, b_{3}=2 a_{3}+4$.

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

(II) 设数列 $\left\{c_{n}\right\}$ 满足 $c_{1}=1, c_{n}=\left\{\begin{array}{l}1, \quad 2^{k}<n<2^{k+1}, \\ b_{k}, n=2^{k},\end{array}\right.$ 其中 $k \in \mathbf{N}^{*}$.

(i) 求数列 $\left\{a_{2^{n}}\left(c_{2^{n}}-1\right)\right\}$ 的通项公式; (ii) 求 $\sum_{i=1}^{2^{n}} a_{i} c_{i} \quad\left(n \in \mathbf{N}^{*}\right)$.
选项：
答案：(I) $a_{n}=3 n+1 ; \quad b_{n}=3 \times 2^{n}$
(i) $a_{2^{n}}\left(c_{2^{n}}-1\right)=9 \times 4^{n}-1$

$\sum_{i=1}^{2^{n}} a_{i} c_{i} \quad\left(n \in \mathbf{N}^{*}\right)=27 \times 2^{2 n-1}+5 \times 2^{n-1}-n-12 \quad\left(n \in \mathbf{N}^{*}\right)$
解析：(I) 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 $q$. 依题意得 $\left\{\begin{array}{l}6 q=6+2 d, \\ 6 q^{2}=12+4 d,\end{array}\right.$ 解
得 $\left\{\begin{array}{l}d=3, \\ q=2,\end{array}\right.$ 故 $a_{n}=4+(n-1) \times 3=3 n+1, b_{n}=6 \times 2^{n-1}=3 \times 2^{n}$.

所以, $\left\{a_{n}\right\}$ 的通项公式为 $a_{n}=3 n+1,\left\{b_{n}\right\}$ 的通项公式为 $b_{n}=3 \times 2^{n}$.

（II） (i) $a_{2^{n}}\left(c_{2^{n}}-1\right)=a_{2^{n}}\left(b_{n}-1\right)=\left(3 \times 2^{n}+1\right)\left(3 \times 2^{n}-1\right)=9 \times 4^{n}-1$.

所以，数列 $\left\{a_{2^{n}}\left(c_{2^{n}}-1\right)\right\}$ 的通项公式为 $a_{2^{n}}\left(c_{2^{n}}-1\right)=9 \times 4^{n}-1$.

$$
\text { (ii) } \begin{aligned}
\sum_{i=1}^{2^{n}} a_{i} c_{i}=\sum_{i=1}^{2^{n}}[ & \left.a_{i}+a_{i}\left(c_{i}-1\right)\right]=\sum_{i=1}^{2^{n}} a_{i}+\sum_{i=1}^{n} a_{2^{i}}\left(c_{2^{i}}-1\right) \\
= & \left(2^{n} \times 4+\frac{2^{n}\left(2^{n}-1\right)}{2} \times 3\right)+\sum_{i=1}^{n}\left(9 \times 4^{i}-1\right) \\
= & \left(3 \times 2^{2 n-1}+5 \times 2^{n-1}\right)+9 \times \frac{4\left(1-4^{n}\right)}{1-4}-n \\
& =27 \times 2^{2 n-1}+5 \times 2^{n-1}-n-12 \quad\left(n \in \mathbf{N}^{*}\right)
\end{aligned}
$$
题目（高二 · 代数）：22.已知等差数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的公差是 1 , 且 $a_{1}, a_{3}$, $a_{9}$

成等比数列.

(I) 求数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的通项公式;

(II) 求数列 $\left\{\frac{a_{n}}{2^{a_{n}}}\right\}$ 的前 $n$ 项和 $T_{n}$.
选项：
答案：(I) $a_{n}=n$; (II) $T_{n}=2-\frac{2+n}{2^{n}}$.
解析：(I) 因为 $\left\{a_{n}\right\}$ 是公差为 1 的等差数列, 且 $a_{1}, a_{3}, a_{9}$ 成等比数列,

所以 $a_{3}^{2}=a_{1} a_{9}$, 即 $\left(a_{1}+2\right)^{2}=a_{1}\left(a_{1}+8\right)$, 解得 $a_{1}=1$. 所以 $a_{n}=a_{1}+(n-1) d=n$.

(II) $T_{n}=1 \times\left(\frac{1}{2}\right)^{1}+2 \times\left(\frac{1}{2}\right)^{2}+3 \times\left(\frac{1}{2}\right)^{3}+\cdots+n \times\left(\frac{1}{2}\right)^{n}$,

$\frac{1}{2} T_{n}=1 \times\left(\frac{1}{2}\right)^{2}+2 \times\left(\frac{1}{2}\right)^{3}+\cdots+(n-1) \times\left(\frac{1}{2}\right)^{n}+n \times\left(\frac{1}{2}\right)^{n+1}$,
两式相减得 $\frac{1}{2} T_{n}=\left(\frac{1}{2}\right)^{1}+\left(\frac{1}{2}\right)^{2}+\left(\frac{1}{2}\right)^{3}+\cdots+\left(\frac{1}{2}\right)^{n}-n \times\left(\frac{1}{2}\right)^{n+1}$,

所以 $\frac{1}{2} T_{n}=\frac{\frac{1}{2}-\left(\frac{1}{2}\right)^{n+1}}{1-\frac{1}{2}}-n \times\left(\frac{1}{2}\right)^{n+1}=1-\frac{1}{2^{n}}-\frac{n}{2^{n+1}}$.

所以 $T_{n}=2-\frac{2+n}{2^{n}}$.
题目（高二 · 代数）：20.已知数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 和 $\left\{b_{n}\right\}$ 满足 $a_{1}=1, b_{1}=0,4 a_{n+1}=3 a_{n}-b_{n}+4$,
$$
4 b_{n+1}=3 b_{n}-a_{n}-4
$$

(I) 证明: $\left\{a_{n}+b_{n}\right\}$ 是等比数列, $\left\{a_{n}-b_{n}\right\}$ 是等差数列;

(II) 求 $\left\{a_{n}\right\}$ 和 $\left\{b_{n}\right\}$ 的通项公式.
选项：
答案：(1) 见解析; (2) $a_{n}=\frac{1}{2^{n}}+n-\frac{1}{2}, b_{n}=\frac{1}{2^{n}}-n+\frac{1}{2}$.
解析：(1) 由题设得 $4\left(a_{n+1}+b_{n+1}\right)=2\left(a_{n}+b_{n}\right)$, 即 $a_{n+1}+b_{n+1}=\frac{1}{2}\left(a_{n}+b_{n}\right)$.

又因为 $a_{1}+b_{1}=1$, 所以 $\left\{a_{n}+b_{n}\right\}$ 是首项为 1 , 公比为 $\frac{1}{2}$ 的等比数列.

由题设得 $4\left(a_{n+1}-b_{n+1}\right)=4\left(a_{n}-b_{n}\right)+8$, 即 $a_{n+1}-b_{n+1}=a_{n}-b_{n}+2$.

又因为 $a_{1}-b_{1}=1$, 所以 $\left\{a_{n}-b_{n}\right\}$ 是首项为 1 , 公差为 2 的等差数列.

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

所以 $a_{n}=\frac{1}{2}\left[\left(a_{n}+b_{n}\right)+\left(a_{n}-b_{n}\right)\right]=\frac{1}{2^{n}}+n-\frac{1}{2}$,

$b_{n}=\frac{1}{2}\left[\left(a_{n}+b_{n}\right)-\left(a_{n}-b_{n}\right)\right]=\frac{1}{2^{n}}-n+\frac{1}{2}$.