eodcF/cmm-math huggingface dataset:
题目（高二 · 代数）：12. 设数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的前 $n$ 项和为 $S_{n}, n \in \mathrm{N}^{*}$. 已知 $a_{1}=1, a_{2}=\frac{3}{2}, a_{3}=\frac{5}{4}$, 且当 $n \geq 2$ 时, $4 S_{n+2}+5 S_{n}=8 S_{n+1}$ $+S_{n-1}$.

(1)求 $a_{4}$ 的值;

(2)证明: $\left\{a_{n+1}-\frac{1}{2} a_{n}\right\}$ 为等比数列;

(3)求数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的通项公式.
选项：
答案：(1)解: 当 $n=2$ 时, $4 S_{4}+5 S_{2}=8 S_{3}+S_{1}$,

即 $4\left(a_{1}+a_{2}+a_{3}+a_{4}\right)+5\left(a_{1}+a_{2}\right)=8\left(a_{1}+a_{2}+a_{3}\right)+a_{1}$, 整理得 $a_{4}=\frac{4 a_{3}-a_{2}}{4}$,

又 $a_{2}=\frac{3}{2}, a_{3}=\frac{5}{4}$, 所以 $a_{4}=\frac{7}{8}$.

(2)证明：当 $n \geq 2$ 时，有 $4 S_{n+2}+5 S_{n}=8 S_{n+1}+S_{n-1}$,

即 $4 S_{n+2}+4 S_{n}+S_{n}=4 S_{n+1}+4 S_{n+1}+S_{n-1}$,

$\therefore 4\left(S_{n+2}-S_{n+1}\right)=4\left(S_{n+1}-S_{n}\right)-\left(S_{n}-S_{n-1}\right)$, 即 $a_{n+2}=a_{n+1}-\frac{1}{4} a_{n}(n \geq 2)$.

经检验, 当 $n=1$ 时, 上式成立.

$\because \frac{a_{n+2}-\frac{1}{2} a_{n+1}}{a_{n+1}-\frac{1}{2} a_{n}}=\frac{\left(a_{n+1}-\frac{1}{4} a_{n}\right)-\frac{1}{2} a_{n+1}}{a_{n+1}-\frac{1}{2} a_{n}}=\frac{\frac{1}{2}\left(a_{n+1}-\frac{1}{2} a_{n}\right)}{a_{n+1}-\frac{1}{2} a_{n}}=\frac{1}{2}$ 为常数, 且 $a_{2}-\frac{1}{2} a_{1}=1$,

$\therefore$ 数列 $\left\{a_{n+1}-\frac{1}{2} a_{n}\right\}$ 是以 1 为首项, $\frac{1}{2}$ 为公比的等比数列.

(3)解: 由(2)知, $a_{n+1}-\frac{1}{2} a_{n}=\frac{1}{2^{n-1}}\left(n \in \mathrm{N}^{*}\right)$,

等式两边同乘 $2^{n}$, 得 $2^{n} a_{n+1}-2^{n-1} a_{n}=2\left(n \in \mathrm{N}^{*}\right)$.

又 $2^{0} a_{1}=1, \therefore$ 数列 $\left\{2^{n-1} a_{n}\right\}$ 是以 1 为首项, 2 为公差的等差数列.

$\therefore 2^{n-1} a_{n}=2 n-1$, 即 $a_{n}=\frac{2 n-1}{2^{n-1}}\left(n \in \mathrm{N}^{*}\right)$.

则数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的通项公式为 $a_{n}=\frac{2 n-1}{2^{n-1}}\left(n \in \mathrm{N}^{*}\right)$.
解析：(1)解: 当 $n=2$ 时, $4 S_{4}+5 S_{2}=8 S_{3}+S_{1}$,

即 $4\left(a_{1}+a_{2}+a_{3}+a_{4}\right)+5\left(a_{1}+a_{2}\right)=8\left(a_{1}+a_{2}+a_{3}\right)+a_{1}$, 整理得 $a_{4}=\frac{4 a_{3}-a_{2}}{4}$,

又 $a_{2}=\frac{3}{2}, a_{3}=\frac{5}{4}$, 所以 $a_{4}=\frac{7}{8}$.

(2)证明：当 $n \geq 2$ 时，有 $4 S_{n+2}+5 S_{n}=8 S_{n+1}+S_{n-1}$,

即 $4 S_{n+2}+4 S_{n}+S_{n}=4 S_{n+1}+4 S_{n+1}+S_{n-1}$,

$\therefore 4\left(S_{n+2}-S_{n+1}\right)=4\left(S_{n+1}-S_{n}\right)-\left(S_{n}-S_{n-1}\right)$, 即 $a_{n+2}=a_{n+1}-\frac{1}{4} a_{n}(n \geq 2)$.

经检验, 当 $n=1$ 时, 上式成立.

$\because \frac{a_{n+2}-\frac{1}{2} a_{n+1}}{a_{n+1}-\frac{1}{2} a_{n}}=\frac{\left(a_{n+1}-\frac{1}{4} a_{n}\right)-\frac{1}{2} a_{n+1}}{a_{n+1}-\frac{1}{2} a_{n}}=\frac{\frac{1}{2}\left(a_{n+1}-\frac{1}{2} a_{n}\right)}{a_{n+1}-\frac{1}{2} a_{n}}=\frac{1}{2}$ 为常数, 且 $a_{2}-\frac{1}{2} a_{1}=1$,

$\therefore$ 数列 $\left\{a_{n+1}-\frac{1}{2} a_{n}\right\}$ 是以 1 为首项, $\frac{1}{2}$ 为公比的等比数列.

(3)解: 由(2)知, $a_{n+1}-\frac{1}{2} a_{n}=\frac{1}{2^{n-1}}\left(n \in \mathrm{N}^{*}\right)$,

等式两边同乘 $2^{n}$, 得 $2^{n} a_{n+1}-2^{n-1} a_{n}=2\left(n \in \mathrm{N}^{*}\right)$.

又 $2^{0} a_{1}=1, \therefore$ 数列 $\left\{2^{n-1} a_{n}\right\}$ 是以 1 为首项, 2 为公差的等差数列.

$\therefore 2^{n-1} a_{n}=2 n-1$, 即 $a_{n}=\frac{2 n-1}{2^{n-1}}\left(n \in \mathrm{N}^{*}\right)$.

则数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的通项公式为 $a_{n}=\frac{2 n-1}{2^{n-1}}\left(n \in \mathrm{N}^{*}\right)$.
题目（高二 · 代数）：17. (2013 湖南) 设 $S_{n}$ 为数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的前项和, 已知 $a_{1} \neq 0,2 a_{n}-a_{1}=S_{1} \bullet S_{n}, n \in \mathbf{N}^{*}$

(I)求 $a_{1}, a_{2}$, 并求数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的通项公式;

(II) 求数列 $\left\{n a_{n}\right\}$ 的前 $n$ 项和.
选项：
答案：(I) $\because S_{1}=a_{1} \therefore$ 当 $n=1$ 时, $2 a_{1}-a_{1}=S_{1} \cdot S_{1} \Rightarrow a_{1} \neq 0, a_{1}=1$.

当 $n>1$ 时, $a_{n}=s_{n}-S_{n-1}=\frac{2 a_{n}-a_{1}}{S_{1}}-\frac{2 a_{n-1}-a_{1}}{S_{1}}=2 a_{n}-2 a_{n-1} \Rightarrow a_{n}=2 a_{n-1}-$

$\Rightarrow\left\{a_{n}\right\}$ 时首项为 $a_{1}=1$ 公比为 $q=2$ 的等比数列, $a_{n}=2^{n-1}, n \in N^{*}$.

(II) 设 $T_{n}=1 \cdot a_{1}+2 \cdot a_{2}+3 \cdot a_{3}+\cdots+n \cdot a_{n} \Rightarrow q T_{n}=1 \cdot q a_{1}+2 \cdot q a_{2}+3 \cdot q a_{3}+\cdots+n \cdot q a_{n}$

$\Rightarrow q T_{n}=1 \cdot a_{2}+2 \cdot a_{3}+3 \cdot a_{4}+\cdots+n \cdot a_{n+1}$

上式错位相减:

$(1-q) T_{n}=a_{1}+a_{2}+a_{3}+\cdots+a_{n}-n a_{n+1}=a_{1} \frac{1-q^{n}}{1-q}-n a_{n+1}=2^{n}-1-n \cdot 2^{n}$

$\Rightarrow T_{n}=(n-1) \cdot 2^{n}+1, n \in N^{*}$.
解析：(I) $\because S_{1}=a_{1} \therefore$ 当 $n=1$ 时, $2 a_{1}-a_{1}=S_{1} \cdot S_{1} \Rightarrow a_{1} \neq 0, a_{1}=1$.

当 $n>1$ 时, $a_{n}=s_{n}-S_{n-1}=\frac{2 a_{n}-a_{1}}{S_{1}}-\frac{2 a_{n-1}-a_{1}}{S_{1}}=2 a_{n}-2 a_{n-1} \Rightarrow a_{n}=2 a_{n-1}-$

$\Rightarrow\left\{a_{n}\right\}$ 时首项为 $a_{1}=1$ 公比为 $q=2$ 的等比数列, $a_{n}=2^{n-1}, n \in N^{*}$.

(II) 设 $T_{n}=1 \cdot a_{1}+2 \cdot a_{2}+3 \cdot a_{3}+\cdots+n \cdot a_{n} \Rightarrow q T_{n}=1 \cdot q a_{1}+2 \cdot q a_{2}+3 \cdot q a_{3}+\cdots+n \cdot q a_{n}$

$\Rightarrow q T_{n}=1 \cdot a_{2}+2 \cdot a_{3}+3 \cdot a_{4}+\cdots+n \cdot a_{n+1}$

上式错位相减:

$(1-q) T_{n}=a_{1}+a_{2}+a_{3}+\cdots+a_{n}-n a_{n+1}=a_{1} \frac{1-q^{n}}{1-q}-n a_{n+1}=2^{n}-1-n \cdot 2^{n}$

$\Rightarrow T_{n}=(n-1) \cdot 2^{n}+1, n \in N^{*}$.
题目（高二 · 代数）：18. (2017 天津) 已知 $\left\{a_{n}\right\}$ 为等差数列, 前 $n$ 项和为 $S_{n}\left(n \in \mathbf{N}^{*}\right),\left\{b_{n}\right\}$ 是首项为 2 的等比数列, 且公比大于 $0, b_{2}+b_{3}=12, b_{3}=a_{4}-2 a_{1}, S_{11}=11 b_{4}$.

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

(II) 求数列 $\left\{a_{2 n} b_{2 n-1}\right\}$ 的前 $n$ 项和 $\left(n \in \mathbf{N}^{*}\right)$.
选项：
答案：(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 $q$.

由已知 $b_{2}+b_{3}=12$, 得 $b_{1}\left(q+q^{2}\right)=12$, 而 $b_{1}=2$, 所以 $q^{2}+q-6=0$.

又因为 $q>0$, 解得 $q=2$. 所以, $b_{n}=2^{n}$.

由 $b_{3}=a_{4}-2 a_{1}$, 可得 $3 d-a_{1}=8$ (1).

由 $S_{11}=11 b_{4}$, 可得 $a_{1}+5 d=16(2)$,

联立(1)(2), 解得 $a_{1}=1, d=3$, 由此可得 $a_{n}=3 n-2$.

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

(II) 设数列 $\left\{a_{2 n} b_{2 n-1}\right\}$ 的前 $n$ 项和为 $T_{n}$,

由 $a_{2 n}=6 n-2, b_{2 n-1}=2 \times 4^{n-1}$, 有 $a_{2 n} b_{2 n-1}=(3 n-1) \times 4^{n}$,

故 $T_{n}=2 \times 4+5 \times 4^{2}+8 \times 4^{3}+\cdots+(3 n-1) \times 4^{n}$,

$4 T_{n}=2 \times 4^{2}+5 \times 4^{3}+8 \times 4^{4}+\cdots+(3 n-4) \times 4^{n}+(3 n-1) \times 4^{n+1}$,

上述两式相减, 得 $-3 T_{n}=2 \times 4+3 \times 4^{2}+3 \times 4^{3}+\cdots+3 \times 4^{n}-(3 n-1) \times 4^{n+1}$

$=\frac{12 \times\left(1-4^{n}\right)}{1-4}-4-(3 n-1) \times 4^{n+1}$

$=-(3 n-2) \times 4^{n+1}-8$.

得 $T_{n}=\frac{3 n-2}{3} \times 4^{n+1}+\frac{8}{3}$.

所以, 数列 $\left\{a_{2 n} b_{2 n-1}\right\}$ 的前 $n$ 项和为 $\frac{3 n-2}{3} \times 4^{n+1}+\frac{8}{3}$.
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 $q$.

由已知 $b_{2}+b_{3}=12$, 得 $b_{1}\left(q+q^{2}\right)=12$, 而 $b_{1}=2$, 所以 $q^{2}+q-6=0$.

又因为 $q>0$, 解得 $q=2$. 所以, $b_{n}=2^{n}$.

由 $b_{3}=a_{4}-2 a_{1}$, 可得 $3 d-a_{1}=8$ (1).

由 $S_{11}=11 b_{4}$, 可得 $a_{1}+5 d=16(2)$,

联立(1)(2), 解得 $a_{1}=1, d=3$, 由此可得 $a_{n}=3 n-2$.

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

(II) 设数列 $\left\{a_{2 n} b_{2 n-1}\right\}$ 的前 $n$ 项和为 $T_{n}$,

由 $a_{2 n}=6 n-2, b_{2 n-1}=2 \times 4^{n-1}$, 有 $a_{2 n} b_{2 n-1}=(3 n-1) \times 4^{n}$,

故 $T_{n}=2 \times 4+5 \times 4^{2}+8 \times 4^{3}+\cdots+(3 n-1) \times 4^{n}$,

$4 T_{n}=2 \times 4^{2}+5 \times 4^{3}+8 \times 4^{4}+\cdots+(3 n-4) \times 4^{n}+(3 n-1) \times 4^{n+1}$,

上述两式相减, 得 $-3 T_{n}=2 \times 4+3 \times 4^{2}+3 \times 4^{3}+\cdots+3 \times 4^{n}-(3 n-1) \times 4^{n+1}$

$=\frac{12 \times\left(1-4^{n}\right)}{1-4}-4-(3 n-1) \times 4^{n+1}$

$=-(3 n-2) \times 4^{n+1}-8$.

得 $T_{n}=\frac{3 n-2}{3} \times 4^{n+1}+\frac{8}{3}$.

所以, 数列 $\left\{a_{2 n} b_{2 n-1}\right\}$ 的前 $n$ 项和为 $\frac{3 n-2}{3} \times 4^{n+1}+\frac{8}{3}$.
题目（高二 · 代数）：7.某辆汽车以 $x$ 公里/小时速度在高速公路上匀速行驶 (考虑到高速公路行车安全要求 $60 \leq x \leq 120$ ) 时, 每小时的油耗 (所需要的汽油量) 为 $\frac{1}{5}\left(x-100+\frac{4500}{x}\right)$ 升.

(1) 欲使每小时的油耗不超过 9 升, 求 $x$ 的取值范围;

(2) 求该汽车行驶 100 公里的油耗 $y$ 关于汽车行驶速度 $x$ 的函数, 并求 $y$ 的最小值.
选项：
答案：(1) $[60,100]$; (2) $y=90000\left(\frac{1}{x}-\frac{1}{90}\right)^{2}+\frac{80}{9}$, (其中 $60 \leq x \leq 120$ ); 最小值为 $\frac{80}{9}$ 升.
解析：(1) 由题意, 令 $\frac{1}{5} \times\left(x-100+\frac{4500}{x}\right) \leq 9$, 化简得 $x^{2}-145 x+4500 \leq 0$, 解得 $45 \leq x \leq 100$;

又因为 $60 \leq x \leq 120$, 所以欲使每小时的油耗不超过 9 升, $x$ 的取值范围是 $[60,100]$;

(2) 设该汽车行驶 100 公里的油耗为 $y$;

则 $y=\frac{100}{x} \cdot \frac{1}{5}\left(x-100+\frac{4500}{x}\right)=90000\left(\frac{1}{x}-\frac{1}{90}\right)^{2}+\frac{80}{9}$ ，(其中 $60 \leq x \leq 120$ )；

由 $60 \leq x \leq 120$, 知 $\frac{1}{x} \in\left[\frac{1}{120}, \frac{1}{60}\right]$,

所以 $x=90$ 时, 汽车行驶 100 公里的油耗取得最小值为 $\frac{80}{9}$ 升.
题目（高二 · 代数）：22. (2013 天津) 设 $a+b=2, b>0$, 则当 $a=$ \$ \qquad \$时, $\frac{1}{2|a|}+\frac{|a|}{b}$ 取得最小值.
选项：
答案：-2
解析：$\because \frac{1}{2|a|}+\frac{|a|}{b}=\frac{a+b}{4|a|}+\frac{|a|}{b}=\frac{a}{4|a|}+\frac{b}{4|a|}+\frac{|a|}{b}$

$\geqslant \frac{a}{4|a|}+2 \sqrt{\frac{b}{4|a|} \cdot \frac{|a|}{b}}=\frac{a}{4|a|}+1 \geqslant-\frac{1}{4}+1=\frac{3}{4}$

当且仅当 $\frac{b}{4|a|}=\frac{|a|}{b}, a<0$, 即 $a=-2, b=4$ 时取等号

故 $\frac{1}{2|a|}+\frac{|a|}{b}$ 取得最小值时, $a=-2$.
题目（高二 · 代数）：22. 函数 $f(x)=1-2 a-2 a \cos x-2 \sin ^{2} x$ 的最小值为 $g(a), a \in \mathbf{R}$.

(1)求 $g(a)$;

(2) 若 $g(a)=\frac{1}{2}$, 求 $a$ 及此时 $f(x)$ 的最大值.
选项：
答案：$(1) f(x)=1-2 a-2 a \cos x-2\left(1-\cos ^{2} x\right)$
$=2 \cos ^{2} x-2 a \cos x-1-2 a=2\left(\cos x-\frac{a}{2}\right)^{2}-\frac{a^{2}}{2}-2 a-1$.

若 $\frac{a}{2}<-1$ ，即 $a<-2$ ，则当 $\cos x=-1$ 时，

$f(x)$ 有最小值 $g(a)=2\left(-1-\frac{a}{2}\right)^{2}-\frac{a^{2}}{2}-2 a-1=1$ ；

若 $-1 \leqslant \frac{a}{2} \leqslant 1$ ，即 $-2 \leqslant a \leqslant 2$ ，则当 $\cos x=\frac{a}{2}$ 时，

$f(x)$ 有最小值 $g(a)=-\frac{a^{2}}{2}-2 a-1$ ；

若 $\frac{a}{2}>1$ ，即 $a>2$ ，则当 $\cos x=1$ 时，

$f(x)$ 有最小值 $g(a)=2\left(1-\frac{a}{2}\right)^{2}-\frac{a^{2}}{2}-2 a-1=1-4 a$.

$\therefore g(a) \begin{cases}1 & (a<-2), \\ -\frac{a^{2}}{2}-2 a-1 & (-2 \leqslant a \leqslant 2) \\ 1-4 a & (a>2) .\end{cases}$

(2)若 $g(a)=\frac{1}{2}$ ，由所求 $g(a)$ 的解析式知只能是 $-\frac{a^{2}}{2}-2 a-1=\frac{1}{2}$ 或 $1-4 a=\frac{1}{2}$.

由 $\left\{\begin{array}{l}-2 \leqslant a \leqslant 2 ， \\ -\frac{a^{2}}{2}-2 a-1=\frac{1}{2}\end{array} \Rightarrow a=-1\right.$ 或 $a=-3$ (舍).

由 $\left\{\begin{array}{l}a>2 ， \\ 1-4 a=\frac{1}{2}\end{array} \Rightarrow a=\frac{1}{8}\right.$ (舍).

此时 $f(x)=2\left(\cos x+\frac{1}{2}\right)^{2}+\frac{1}{2}$ ，得 $f(x)_{\text {max }}=5$.

$\therefore$ 若 $g(a)=\frac{1}{2}$ ，应 $a=-1$ ，此时 $f(x)$ 的最大值是 5 .
解析：$(1) f(x)=1-2 a-2 a \cos x-2\left(1-\cos ^{2} x\right)$
$=2 \cos ^{2} x-2 a \cos x-1-2 a=2\left(\cos x-\frac{a}{2}\right)^{2}-\frac{a^{2}}{2}-2 a-1$.

若 $\frac{a}{2}<-1$ ，即 $a<-2$ ，则当 $\cos x=-1$ 时，

$f(x)$ 有最小值 $g(a)=2\left(-1-\frac{a}{2}\right)^{2}-\frac{a^{2}}{2}-2 a-1=1$ ；

若 $-1 \leqslant \frac{a}{2} \leqslant 1$ ，即 $-2 \leqslant a \leqslant 2$ ，则当 $\cos x=\frac{a}{2}$ 时，

$f(x)$ 有最小值 $g(a)=-\frac{a^{2}}{2}-2 a-1$ ；

若 $\frac{a}{2}>1$ ，即 $a>2$ ，则当 $\cos x=1$ 时，

$f(x)$ 有最小值 $g(a)=2\left(1-\frac{a}{2}\right)^{2}-\frac{a^{2}}{2}-2 a-1=1-4 a$.

$\therefore g(a) \begin{cases}1 & (a<-2), \\ -\frac{a^{2}}{2}-2 a-1 & (-2 \leqslant a \leqslant 2) \\ 1-4 a & (a>2) .\end{cases}$

(2)若 $g(a)=\frac{1}{2}$ ，由所求 $g(a)$ 的解析式知只能是 $-\frac{a^{2}}{2}-2 a-1=\frac{1}{2}$ 或 $1-4 a=\frac{1}{2}$.

由 $\left\{\begin{array}{l}-2 \leqslant a \leqslant 2 ， \\ -\frac{a^{2}}{2}-2 a-1=\frac{1}{2}\end{array} \Rightarrow a=-1\right.$ 或 $a=-3$ (舍).

由 $\left\{\begin{array}{l}a>2 ， \\ 1-4 a=\frac{1}{2}\end{array} \Rightarrow a=\frac{1}{8}\right.$ (舍).

此时 $f(x)=2\left(\cos x+\frac{1}{2}\right)^{2}+\frac{1}{2}$ ，得 $f(x)_{\text {max }}=5$.

$\therefore$ 若 $g(a)=\frac{1}{2}$ ，应 $a=-1$ ，此时 $f(x)$ 的最大值是 5 .
题目（高二 · 代数）：21. 已知函数 $f(x)=\cos x(\sqrt{3} \sin x-\cos x)+\frac{1}{2}$.

(1) 求 $f\left(\frac{\pi}{3}\right)$ 的值;

(2) 当 $x \in\left[0, \frac{\pi}{2}\right]$ 时, 不等式 $c<f(x)<c+2$ 恒成立, 求实数 $C$ 的取值范围.
选项：
答案：(1) 1 ; (2) $\left(-1,-\frac{1}{2}\right)$.
解析：(1) $f(x)=\sqrt{3} \sin x \cos x-\cos ^{2} x+\frac{1}{2}=\frac{\sqrt{3}}{2} \sin 2 x-\frac{1}{2} \cos 2 x=\sin \left(2 x-\frac{\pi}{6}\right)$,

所以 $f\left(\frac{\pi}{3}\right)=1$.

(2) 因为 $0 \leq x \leq \frac{\pi}{2}$, 所以 $-\frac{\pi}{6} \leq 2 x-\frac{\pi}{6} \leq \frac{5 \pi}{6}$, 所以 $-\frac{1}{2} \leq \sin \left(2 x-\frac{\pi}{6}\right) \leq 1$.

由不等式 $c<f(x)<c+2$ 恒成立, 得 $\left\{\begin{array}{l}c<-\frac{1}{2} \\ c+2>1\end{array}\right.$, 解得 $-1<c<-\frac{1}{2}$.所以实数 $\boldsymbol{C}$ 的取值范围为 $\left(-1,-\frac{1}{2}\right)$.

【名师点睛】本题主要考查三角函数的性质及其应用, 恒成立问题的处理方法等知识, 意在考查学生的转化能力和计算求解能力.

(1) 首先整理函数的解析式, 然后结合函数的解析式求解函数值即可;

(2) 首先求得函数 $f(x)$ 在区间 $\left[0, \frac{\pi}{2}\right]$ 上的值域, 然后结合恒成立的结论得到关于 $c$ 的不等式组,求解不等式组可得 $c$ 的取值范围.
题目（高二 · 代数）：19. （2019$\cdot$山西高一期中（文））已知函数 $f(x)=\sin 2 x-2 \sin ^{2} x$.

(1) 求函数 $f(x)$ 的最小正周期;

(2 当 $x \in\left[0, \frac{\pi}{2}\right]$ 时, 求函数 $f(x)$ 的值域.
选项：
答案：(1) $\pi$; (2) $[-2, \sqrt{2}-1]$.
解析：【分析】（1）由三角函数的公式化简已知函数可得 $\mathrm{f}(\mathrm{x})=\sqrt{2} \sin \left(2 x+\frac{\pi}{4}\right)$ ? 1 , 易得周期;

（2）由 $\mathrm{x}$ 的范围，结合不等式的性质，一步步可得值域，先求函数的单调区间，结合函数的定义域
可得答案.

【详解】(1) 因为 $f(x)=\sin 2 x-(1-\cos 2 x)=\sqrt{2} \sin \left(2 x+\frac{\pi}{4}\right)-1$,

所以函数 $f(x)$ 的最小正周期为 $T=\frac{2 \pi}{2}=\pi$.

(2) $x\left[0, \frac{\pi}{2}\right]$ 时, $2 x+\frac{\pi}{4} \in\left[\frac{\pi}{4}, \frac{5 \pi}{4}\right]$,

$\therefore \sin \left(2 x+\frac{\pi}{4}\right) \in\left[-\frac{\sqrt{2}}{2}, 1\right]$.

$\therefore \sqrt{2} \sin \left(2 x+\frac{\pi}{4}\right) \in[-1, \sqrt{2}]$.

$\therefore f(x)$ 的值域为 $f(x) \in[-2, \sqrt{2}-1]$.
题目（高二 · 代数）：9. 已知 $\alpha 、 \beta \in\left(\frac{3 \pi}{4}, \pi\right), \sin (\alpha+\beta)=-\frac{3}{5}, \sin \left(\beta-\frac{\pi}{4}\right)=\frac{12}{13}$, 求 $\cos \left(\alpha+\frac{\pi}{4}\right)$ 的值.
选项：
答案：$-\frac{56}{65}$
解析：$\because \alpha, \beta \in\left(\frac{3 \pi}{4}, \pi\right), \sin (\alpha+\beta)=-\frac{3}{5}, \sin \left(\beta-\frac{\pi}{4}\right)=\frac{12}{13}$,

$\therefore \alpha+\beta \in\left(\frac{3 \pi}{2}, 2 \pi\right), \beta-\frac{\pi}{4} \in\left(\frac{\pi}{2}, \frac{3 \pi}{4}\right), \quad \therefore \cos (\alpha+\beta)=\sqrt{1-\left(-\frac{3}{5}\right)^{2}}=\frac{4}{5}, \cos \left(\beta-\frac{\pi}{4}\right)=-\sqrt{1-\left(\frac{12}{13}\right)^{2}}=-\frac{5}{13}$, $\therefore \cos \left(\alpha+\frac{\pi}{4}\right)=\cos \left[(\alpha+\beta)-\left(\beta-\frac{\pi}{4}\right)\right]=\cos (\alpha+\beta) \cdot \cos \left(\beta-\frac{\pi}{4}\right)+\sin (\alpha+\beta) \sin \left(\beta-\frac{\pi}{4}\right)=\frac{4}{5} \times\left(-\frac{5}{13}\right)+\left(-\frac{3}{5}\right) \times \frac{12}{13}=-\frac{56}{65}$.
题目（高二 · 代数）：画出函数 $y=|\tan x|$ 的图象, 并根据图象判断其单调区间、奇偶性、周期性.
选项：
答案：由 $y=|\tan x|$, 得

 $y=\left\{\begin{array}{l}\tan x, \quad k \pi \leqslant x<k \pi+\frac{\pi}{2}(k \in \mathbf{Z}), \\ -\tan x, \quad-\frac{\pi}{2}+k \pi<x<k \pi(k \in \mathbf{Z}),\end{array}\right.$

<ImageHere>

其图象如图所示.

由图象可知, 函数 $y=|\tan x|$ 是偶函数,

单调递增区间为 $\left[k \pi, k \pi+\frac{\pi}{2}\right)(k \in \mathbf{Z})$,

单调递减区间为 $\left(-\frac{\pi}{2}+k \pi, k \pi\right](k \in \mathbf{Z})$, 周期为 $\pi$.
解析：由 $y=|\tan x|$, 得

 $y=\left\{\begin{array}{l}\tan x, \quad k \pi \leqslant x<k \pi+\frac{\pi}{2}(k \in \mathbf{Z}), \\ -\tan x, \quad-\frac{\pi}{2}+k \pi<x<k \pi(k \in \mathbf{Z}),\end{array}\right.$



其图象如图所示.

由图象可知, 函数 $y=|\tan x|$ 是偶函数,

单调递增区间为 $\left[k \pi, k \pi+\frac{\pi}{2}\right)(k \in \mathbf{Z})$,

单调递减区间为 $\left(-\frac{\pi}{2}+k \pi, k \pi\right](k \in \mathbf{Z})$, 周期为 $\pi$.
题目（高二 · 代数）：11. 设 $a>b>0$, 试比较 $\frac{a^{2}-b^{2}}{a^{2}+b^{2}}$ 与 $\frac{a-b}{a+b}$ 的大小.
选项：
答案：方法一 作差法

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

$=\frac{(a-b)\left[(a+b)^{2}-\left(a^{2}+b^{2}\right)\right]}{\left(a^{2}+b^{2}\right)(a+b)}=\frac{2 a b(a-b)}{(a+b)\left(a^{2}+b^{2}\right)}$

$\because a>b>0, \quad \therefore a+b>0, a-b>0,2 a b>0$.

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

方法二 作商法

$\because a>b>0, \quad \therefore \frac{a^{2}-b^{2}}{a^{2}+b^{2}}>0, \frac{a-b}{a+b}>0$.

$\therefore \frac{\frac{a^{2}-b^{2}}{a^{2}+b^{2}}}{\frac{a-b}{a+b}}=\frac{(a+b)^{2}}{a^{2}+b^{2}}=\frac{a^{2}+b^{2}+2 a b}{a^{2}+b^{2}}=1+\frac{2 a b}{a^{2}+b^{2}}>1$.

$\therefore \frac{a^{2}-b^{2}}{a^{2}+b^{2}}>\frac{a-b}{a+b}$.
解析：方法一 作差法

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

$=\frac{(a-b)\left[(a+b)^{2}-\left(a^{2}+b^{2}\right)\right]}{\left(a^{2}+b^{2}\right)(a+b)}=\frac{2 a b(a-b)}{(a+b)\left(a^{2}+b^{2}\right)}$

$\because a>b>0, \quad \therefore a+b>0, a-b>0,2 a b>0$.

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

方法二 作商法

$\because a>b>0, \quad \therefore \frac{a^{2}-b^{2}}{a^{2}+b^{2}}>0, \frac{a-b}{a+b}>0$.

$\therefore \frac{\frac{a^{2}-b^{2}}{a^{2}+b^{2}}}{\frac{a-b}{a+b}}=\frac{(a+b)^{2}}{a^{2}+b^{2}}=\frac{a^{2}+b^{2}+2 a b}{a^{2}+b^{2}}=1+\frac{2 a b}{a^{2}+b^{2}}>1$.

$\therefore \frac{a^{2}-b^{2}}{a^{2}+b^{2}}>\frac{a-b}{a+b}$.
题目（高二 · 代数）：12. 设 $f(x)=1+\log _{x} 3, g(x)=2 \log _{x} 2$, 其中 $x>0$ 且 $x \neq 1$, 试比较 $f(x)$ 与 $g(x)$ 的大小.
选项：
答案：$f(x)-g(x)=1+\log _{x} 3-2 \log _{x} 2=\log _{x} \frac{3 x}{4}$,

(1)当 $\left\{\begin{array}{l}0<x<1, \\ \frac{3 x}{4}>1,\end{array}\right.$ 或 $\left\{\begin{array}{l}x>1, \\ 0<\frac{3 x}{4}<1,\end{array}\right.$

即 $1<x<\frac{4}{3}$ 时, $\log _{x} \frac{3 x}{4}<0, \therefore f(x)<g(x)$;

(2) 当 $\frac{3 x}{4}=1$, 即 $x=\frac{4}{3}$ 时, $\log _{x} \frac{3 x}{4}=0$, 即 $f(x)=g(x)$;

(3)当 $\left\{\begin{array}{l}0<x<1, \\ 0<\frac{3 x}{4}<1,\end{array}\right.$ 或 $\left\{\begin{array}{l}x>1, \\ \frac{3 x}{4}>1,\end{array}\right.$

即 $0<x<1$, 或 $x>\frac{4}{3}$ 时, $\log _{x} \frac{3 x}{4}>0$, 即 $f(x)>g(x)$.

综上所述, 当 $1<x<\frac{4}{3}$ 时, $f(x)<g(x)$;

当 $x=\frac{4}{3}$ 时, $f(x)=g(x)$;

当 $0<x<1$, 或 $x>\frac{4}{3}$ 时, $f(x)>g(x)$
解析：$f(x)-g(x)=1+\log _{x} 3-2 \log _{x} 2=\log _{x} \frac{3 x}{4}$,

(1)当 $\left\{\begin{array}{l}0<x<1, \\ \frac{3 x}{4}>1,\end{array}\right.$ 或 $\left\{\begin{array}{l}x>1, \\ 0<\frac{3 x}{4}<1,\end{array}\right.$

即 $1<x<\frac{4}{3}$ 时, $\log _{x} \frac{3 x}{4}<0, \therefore f(x)<g(x)$;

(2) 当 $\frac{3 x}{4}=1$, 即 $x=\frac{4}{3}$ 时, $\log _{x} \frac{3 x}{4}=0$, 即 $f(x)=g(x)$;

(3)当 $\left\{\begin{array}{l}0<x<1, \\ 0<\frac{3 x}{4}<1,\end{array}\right.$ 或 $\left\{\begin{array}{l}x>1, \\ \frac{3 x}{4}>1,\end{array}\right.$

即 $0<x<1$, 或 $x>\frac{4}{3}$ 时, $\log _{x} \frac{3 x}{4}>0$, 即 $f(x)>g(x)$.

综上所述, 当 $1<x<\frac{4}{3}$ 时, $f(x)<g(x)$;

当 $x=\frac{4}{3}$ 时, $f(x)=g(x)$;

当 $0<x<1$, 或 $x>\frac{4}{3}$ 时, $f(x)>g(x)$.
题目（高二 · 代数）：17. 设函数 $\mathrm{f}(\mathrm{x})=|\mathrm{x}-\mathrm{a}|+3 \mathrm{x}$, 其中 $\mathrm{a}>0$.

（1）当 $a=1$ 时，求不等式 $f(x)>3 x+2$ 的解集;

(2) 若不等式 $\mathrm{f}(\mathrm{x}) \leq 0$ 的解集为 $\{\mathrm{x} \mid \mathrm{x} \leq-1\}$, 求 $\mathrm{a}$ 的值.
选项：
答案：（1） $\{x \mid x<-1$ 或 $x>3\}$ ；（2） $a=2$
解析：(1) 当 $a=1$ 时, $f(x)=|x-1|+3 x>3 x+2$, 可化为 $|x-1|>2$. 由此可得 $x>3$ 或 $x<-1$.故不等式 $f(x)>3 x+2$ 的解集为 $\{x \mid x>3$ 或 $x<-1\}$.

(2) 由 $\mathrm{f}(\mathrm{x}) \leq 0$ 得: $|\mathrm{x}-\mathrm{a}|+3 \mathrm{x} \leq 0$

此不等式化为不等式组: $\left\{\begin{array}{l}x \geqslant a \\ x-a+3 x \leq 0\end{array}\right.$ 或 $\left\{\begin{array}{l}x<a \\ a-x+3 x \leq 0\end{array}\right.$. 即 $\mathrm{a} \leq \mathrm{x} \leq \frac{a}{4}$, 或 $\mathrm{x} \leq-\frac{a}{2}$,

因为 $\mathrm{a}>0$, 所以不等式组的解集为 $\left\{\mathrm{x} \left\lvert\, \mathrm{x} \leq-\frac{a}{2}\right.\right\}$, 由题意可得 $-\frac{a}{2}=-1$, 故 $\mathrm{a}=2$

【点睛】

本题考查了绝对值不等式的解法以及参数的求解, 属于基础题.
题目（高二 · 代数）：18. 已知 $x>0, y>0,2 x+8 y-x y=0$.

(1) 求 $x y$ 的最小值;

(2) 求 $x+y$ 的最小值.
选项：
答案：(1) 64 ,(2) $x+y$ 的最小值为 18 .
解析：试题分析：（1）利用基本不等式构建不等式即可得出;

（2）由 $2 x+8 y=x y$, 变形得 $\frac{8}{x}+\frac{2}{y}=1$, 利用“乘 1 法”和基本不等式即可得出.

试题解析: (1)由 $2 x+8 y-x y=0$, 得 $\frac{8}{x}+\frac{2}{y}=1$, 又 $x>0, y>0$, 故 $1=\frac{8}{x}+\frac{2}{y} \geq 2 \sqrt{\frac{8}{x} \cdot \frac{2}{y}}=\frac{8}{\sqrt{x y}}$,

故 $x y \geq 64$, 当且仅当 $\left\{\begin{array}{c}\frac{8}{x}+\frac{2}{y}=1, \\ \frac{8}{x}=\frac{2}{y}\end{array}\right.$ 即 $\left\{\begin{array}{l}x=16 \\ y=4\end{array}\right.$ 时等号成立, $\therefore(x y) \min =64$

(2)由 $22 x+8 y-x y=0$, 得 $\frac{8}{x}+\frac{2}{y}=1$, 则 $x+y=\left(\frac{8}{x}+\frac{2}{y}\right) \cdot(x+y)$
$=10+\frac{2 x}{y}+\frac{8 y}{x} \geq 10+2 \sqrt{\frac{2 x}{y} \cdot \frac{8 y}{x}}=18$. 当且仅当 $\left\{\begin{array}{l}\frac{8}{x}+\frac{2}{y}=1, \\ \frac{2 x}{y}=\frac{8 y}{x}\end{array}\right.$ 即 $\left\{\begin{array}{l}x=12 \\ y=6\end{array}\right.$ 时等号成

立. $\therefore(x+y) \min =18$

【点睛】本题考查了基本不等式的应用, 熟练掌握“乘 1 法”和变形利用基本不等式是解题的关键.
题目（高二 · 代数）：18. 某营养师要为某个儿童预定午餐和晚餐. 已知一个单位的午餐含 12 个单位的碳水化合物, 6 个单位的蛋白质和 6 个单位的维生素 $C$; 一个单位的晚餐含 8 个单位的碳水化合物, 6 个单位的蛋白质和

10 个单位的维生素 $C$. 另外, 该儿童这两餐需要的营养中至少含 64 个单位的碳水化合物, 42 个单位的蛋

白质和 54 个单位的维生素 $C$. 如果一个单位的午餐、晚餐的费用分别是 2.5 元和 4 元, 那么要满足上述的

营养要求，并且花费最少，应当为该儿童分别预订多少个单位的午餐和晚餐?
选项：
答案：设为该儿童分别预订 $x, y$ 个单位的午餐和晚餐, 共花费 $\mathrm{z}$ 元, 则 $z=2.5 x+4 y$, 且满足以下条件 $\left\{\begin{array}{l}12 x+8 y \geq 64 \\ 6 x+6 y \geq 42 \\ 6 x+10 y \geq 54 \\ x, y \geq 0\end{array}\right.$, 即 $\left\{\begin{array}{l}3 x+2 y \geq 16 \\ x+y \geq 7 \\ 3 x+5 y \geq 27 \\ x, y \geq 0\end{array}\right.$, 做出可行域 (图略) 作直线 $l: 2.5 x+4 y=0$,

平移直线 $l$ 至 $l_{0}$, 当 $l_{0}$ 经过 $\mathrm{C}$ 点时, 可使 $\mathrm{z}$ 达到最小值.

由 $\left\{\begin{array}{l}3 x+5 y=27 \\ x+y=7\end{array} \Rightarrow\left\{\begin{array}{l}x=4 \\ y=3\end{array}\right.\right.$ 即 $C(4,3)$,

此时 $z=2.5 \times 4+4 \times 3=22$,

答: 午餐和晚餐分别预定 4 个单位和 3 个单位, 花费最少 $z=22$ 元.
解析：设为该儿童分别预订 $x, y$ 个单位的午餐和晚餐, 共花费 $\mathrm{z}$ 元, 则 $z=2.5 x+4 y$, 且满足以下条件 $\left\{\begin{array}{l}12 x+8 y \geq 64 \\ 6 x+6 y \geq 42 \\ 6 x+10 y \geq 54 \\ x, y \geq 0\end{array}\right.$, 即 $\left\{\begin{array}{l}3 x+2 y \geq 16 \\ x+y \geq 7 \\ 3 x+5 y \geq 27 \\ x, y \geq 0\end{array}\right.$, 做出可行域 (图略) 作直线 $l: 2.5 x+4 y=0$,

平移直线 $l$ 至 $l_{0}$, 当 $l_{0}$ 经过 $\mathrm{C}$ 点时, 可使 $\mathrm{z}$ 达到最小值.

由 $\left\{\begin{array}{l}3 x+5 y=27 \\ x+y=7\end{array} \Rightarrow\left\{\begin{array}{l}x=4 \\ y=3\end{array}\right.\right.$ 即 $C(4,3)$,

此时 $z=2.5 \times 4+4 \times 3=22$,

答: 午餐和晚餐分别预定 4 个单位和 3 个单位, 花费最少 $z=22$ 元.
题目（高二 · 代数）：17. (12 分) 若不等式 $(1-a) x^{2}-4 x+6>0$ 的解集是 $\{x \mid-3<x<1\}$.

(1)解不等式 $2 x^{2}+(2-a) x-a>0$;

(2) $b$ 为何值时, $a x^{2}+b x+3 \geqslant 0$ 的解集为 $\mathbf{R}$.
选项：
答案：$\mathbf{R}$
解析：(1) 由题意知 $1-a<0$ 且 -3 和 1 是方程 $(1-a) x^{2}-4 x+6=0$ 的两根,

$\therefore\left\{\begin{array}{l}1-a<0 \\ \frac{4}{1-a}=-2 \\ \frac{6}{1-a}=-3\end{array}\right.$, 解得 $a=3$.

$\therefore$ 不等式 $2 x^{2}+(2-a) x-a>0$

即为 $2 x^{2}-x-3>0$, 解得 $x<-1$ 或 $x>\frac{3}{2}$.

$\therefore$ 所求不等式的解集为 $\left\{x \mid x<-1\right.$ 或 $\left.x>\frac{3}{2}\right\}$.

(2) $a x^{2}+b x+3 \geqslant 0$, 即为 $3 x^{2}+b x+3 \geqslant 0$,

若此不等式解集为 $\mathbf{R}$, 则 $b^{2}-4 \times 3 \times 3 \leqslant 0, \therefore-6 \leqslant b \leqslant 6$.
题目（高二 · 代数）：18. 解关于 $x$ 的不等式 $56 x^{2}+a x-a^{2}<0$.
选项：
答案：原不等式可化为 $(7 x+a)(8 x-a)<0$,即 $\left(x+\frac{a}{7}\right)\left(x-\frac{a}{8}\right)<0$.

(1)当 $-\frac{a}{7}<\frac{a}{8}$, 即 $a>0$ 时, $-\frac{a}{7}<x<\frac{a}{8}$;

(2) 当 $-\frac{a}{7}=\frac{a}{8}$, 即 $a=0$ 时, 原不等式解集为 $\varnothing$;

(3) 当 $-\frac{a}{7}>\frac{a}{8}$, 即 $a<0$ 时, $\frac{a}{8}<x<-\frac{a}{7}$.

综上知, 当 $a>0$ 时, 原不等式的解集为 $\left\{x \left\lvert\,-\frac{a}{7}<x<\frac{a}{8}\right.\right\}$;

当 $a=0$ 时, 原不等式的解集为 $\varnothing$;

当 $a<0$ 时, 原不等式的解集为 $\left\{x \left\lvert\, \frac{a}{8}<x<-\frac{a}{7}\right.\right\}$.
解析：原不等式可化为 $(7 x+a)(8 x-a)<0$,即 $\left(x+\frac{a}{7}\right)\left(x-\frac{a}{8}\right)<0$.

(1)当 $-\frac{a}{7}<\frac{a}{8}$, 即 $a>0$ 时, $-\frac{a}{7}<x<\frac{a}{8}$;

(2) 当 $-\frac{a}{7}=\frac{a}{8}$, 即 $a=0$ 时, 原不等式解集为 $\varnothing$;

(3) 当 $-\frac{a}{7}>\frac{a}{8}$, 即 $a<0$ 时, $\frac{a}{8}<x<-\frac{a}{7}$.

综上知, 当 $a>0$ 时, 原不等式的解集为 $\left\{x \left\lvert\,-\frac{a}{7}<x<\frac{a}{8}\right.\right\}$;

当 $a=0$ 时, 原不等式的解集为 $\varnothing$;

当 $a<0$ 时, 原不等式的解集为 $\left\{x \left\lvert\, \frac{a}{8}<x<-\frac{a}{7}\right.\right\}$.