eodcF/cmm-math huggingface dataset:
题目（高二 · 算术）：12. 已知公差大于零的等差数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的前 $n$ 项和为 $S_{n}$, 且满足: $a_{3} \cdot a_{4}=117, a_{2}+a_{5}=22$.

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

(2)若数列 $\left\{b_{n}\right\}$ 是等差数列, 且 $b_{n}=\frac{S_{n}}{n+c}$, 求非零常数 $c$.
选项：
答案：(1)设等差数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的公差为 $d$, 且 $d>0$.

$\because a_{3}+a_{4}=a_{2}+a_{5}=22$, 又 $a_{3} \cdot a_{4}=117$,

又公差 $d>0, \therefore a_{3}<a_{4}, \therefore a_{3}=9, a_{4}=13$.

$\therefore\left\{\begin{array}{l}a_{1}+2 d=9 \\ a_{1}+3 d=13\end{array}, \therefore\left\{\begin{array}{l}a_{1}=1 \\ d=4\end{array}, \therefore a_{n}=4 n-3\right.\right.$.

(2) 由(1)知, $S_{n}=n \cdot 1+\frac{n(n-1)}{2} \cdot 4=2 n^{2}-n$,

$\therefore b_{n}=\frac{S_{n}}{n+c}=\frac{2 n^{2}-n}{n+c}$.

$\therefore b_{1}=\frac{1}{1+c}, \quad b_{2}=\frac{6}{2+c}, b_{3}=\frac{15}{3+c}$.

$\because\left\{b_{n}\right\}$ 是等差数列, $\therefore 2 b_{2}=b_{1}+b_{3}$,

$\therefore 2 c^{2}+c=0, \therefore c=-\frac{1}{2}$ ( $c=0$ 舍去).

 $\because S_{19}=\frac{19\left(a_{1}+a_{19}\right)}{2}=19 a_{10}<0$,

$S_{20}=\frac{20\left(a_{1}+a_{20}\right)}{2}$.

而 $a_{1}+a_{20}=a_{10}+a_{11}, \because a_{10}<0, a_{11}>0$ 且 $\left|a_{10}\right|<a_{11}$,

$\therefore a_{10}+a_{11}>0$,

$\therefore S_{20}=\frac{20\left(a_{1}+a_{20}\right)}{2}=10\left(a_{10}+a_{11}\right)>0$.

又 $\because d=a_{11}-a_{10}>0$.

$\therefore S_{n}>0(n \geqslant 20)$.
解析：(1)设等差数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的公差为 $d$, 且 $d>0$.

$\because a_{3}+a_{4}=a_{2}+a_{5}=22$, 又 $a_{3} \cdot a_{4}=117$,

又公差 $d>0, \therefore a_{3}<a_{4}, \therefore a_{3}=9, a_{4}=13$.

$\therefore\left\{\begin{array}{l}a_{1}+2 d=9 \\ a_{1}+3 d=13\end{array}, \therefore\left\{\begin{array}{l}a_{1}=1 \\ d=4\end{array}, \therefore a_{n}=4 n-3\right.\right.$.

(2) 由(1)知, $S_{n}=n \cdot 1+\frac{n(n-1)}{2} \cdot 4=2 n^{2}-n$,

$\therefore b_{n}=\frac{S_{n}}{n+c}=\frac{2 n^{2}-n}{n+c}$.

$\therefore b_{1}=\frac{1}{1+c}, \quad b_{2}=\frac{6}{2+c}, b_{3}=\frac{15}{3+c}$.

$\because\left\{b_{n}\right\}$ 是等差数列, $\therefore 2 b_{2}=b_{1}+b_{3}$,

$\therefore 2 c^{2}+c=0, \therefore c=-\frac{1}{2}$ ( $c=0$ 舍去).

 $\because S_{19}=\frac{19\left(a_{1}+a_{19}\right)}{2}=19 a_{10}<0$,

$S_{20}=\frac{20\left(a_{1}+a_{20}\right)}{2}$.

而 $a_{1}+a_{20}=a_{10}+a_{11}, \because a_{10}<0, a_{11}>0$ 且 $\left|a_{10}\right|<a_{11}$,

$\therefore a_{10}+a_{11}>0$,

$\therefore S_{20}=\frac{20\left(a_{1}+a_{20}\right)}{2}=10\left(a_{10}+a_{11}\right)>0$.

又 $\because d=a_{11}-a_{10}>0$.

$\therefore S_{n}>0(n \geqslant 20)$.
题目（高二 · 算术）：11. 已知等差数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 满足: $a_{3}=7, a_{5}+a_{7}=26,\left\{a_{n}\right\}$ 的前 $n$ 项和为 $S_{n}$.

(1)求 $a_{n}$ 及 $S_{n}$;

(2) 令 $b_{n}=\frac{1}{a_{n}^{2}-1}\left(n \in \mathbf{N}^{*}\right)$, 求数列 $\left\{b_{n}\right\}$ 的前 $n$ 项和 $T_{n}$.
选项：
答案：(1)设等差数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的首项为 $a_{1}$, 公差为 $d$.

因为 $a_{3}=7, a_{5}+a_{7}=26$, 所以 $\left\{\begin{array}{l}a_{1}+2 d=7, \\ 2 a_{1}+10 d=26,\end{array}\right.$

解得 $\left\{\begin{array}{l}a_{1}=3, \\ d=2 .\end{array}\right.$ 所以 $a_{n}=3+2(n-1)=2 n+1, S_{n}=3 n+\frac{n(n-1)}{2} \times 2=n^{2}+2 n$.

所以, $a_{n}=2 n+1, S_{n}=n^{2}+2 n$.

(2) 由(1)知 $a_{n}=2 n+1$,

所以 $b_{n}=\frac{1}{a_{n}^{2}-1}=\frac{1}{(2 n+1)^{2}-1}=\frac{1}{4} \cdot \frac{1}{n(n+1)}$

$=\frac{1}{4} \cdot\left(\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1}\right)$,

所以 $T_{n}=\frac{1}{4} \cdot\left(1-\frac{1}{2}+\frac{1}{2}-\frac{1}{3}+\cdots+\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1}\right)$

$=\frac{1}{4} \cdot\left(1-\frac{1}{n+1}\right)=\frac{n}{4(n+1)}$,

即数列 $\left\{b_{n}\right\}$ 的前 $n$ 项和 $T_{n}=\frac{n}{4(n+1)}$
解析：(1)设等差数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的首项为 $a_{1}$, 公差为 $d$.

因为 $a_{3}=7, a_{5}+a_{7}=26$, 所以 $\left\{\begin{array}{l}a_{1}+2 d=7, \\ 2 a_{1}+10 d=26,\end{array}\right.$

解得 $\left\{\begin{array}{l}a_{1}=3, \\ d=2 .\end{array}\right.$ 所以 $a_{n}=3+2(n-1)=2 n+1, S_{n}=3 n+\frac{n(n-1)}{2} \times 2=n^{2}+2 n$.

所以, $a_{n}=2 n+1, S_{n}=n^{2}+2 n$.

(2) 由(1)知 $a_{n}=2 n+1$,

所以 $b_{n}=\frac{1}{a_{n}^{2}-1}=\frac{1}{(2 n+1)^{2}-1}=\frac{1}{4} \cdot \frac{1}{n(n+1)}$

$=\frac{1}{4} \cdot\left(\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1}\right)$,

所以 $T_{n}=\frac{1}{4} \cdot\left(1-\frac{1}{2}+\frac{1}{2}-\frac{1}{3}+\cdots+\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1}\right)$

$=\frac{1}{4} \cdot\left(1-\frac{1}{n+1}\right)=\frac{n}{4(n+1)}$,

即数列 $\left\{b_{n}\right\}$ 的前 $n$ 项和 $T_{n}=\frac{n}{4(n+1)}$.
题目（高二 · 算术）：12. 设数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 满足 $a_{1}=2, a_{n+1}-a_{n}=3 \cdot 2^{2 n^{-}}$.

(1)求数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的通项公式;

(2) 令 $b_{n}=n a_{n}$, 求数列 $\left\{b_{n}\right\}$ 的前 $n$ 项和 $S_{n}$.
选项：
答案：(1) 由已知, 当 $n \geqslant 1$ 时, $a_{n+1}=\left[\left(a_{n+1}-a_{n}\right)+\left(a_{n}-a_{n-1}\right)+\ldots+\left(a_{2}-a_{1}\right)\right]+a_{1}=3\left(2^{2 n^{-1}}\right.$ $\left.+2^{2 n^{-3}}+\cdots+2\right)+2=2^{2\left(n^{+}+1\right)^{-1}}$.

而 $a_{1}=2$, 符合上式, 所以数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的通项公式为 $a_{n}=2^{2 n^{-1}}$.

(2) 由 $b_{n}=n a_{n}=n \cdot 2^{2 n^{-1}}$ 知

$S_{n}=1 \cdot 2+2 \cdot 2^{3}+3 \cdot 2^{5}+\cdots+n \cdot 2^{2 n^{-1}}$,

从而 $2^{2} \cdot S_{n}=1 \cdot 2^{3}+2 \cdot 2^{5}+3 \cdot 2^{7}+\cdots+n \cdot 2^{2 n+1}$.

(1) - (2) 得 $\left(1-2^{2}\right) S_{n}=2+2^{3}+2^{5}+\cdots+2^{2 n^{-1}}-n \cdot 2^{2 n^{+} 1}$,

即 $S_{n}=\frac{1}{9}\left[(3 n-1) 2^{2 n+1}+2\right]$.
解析：) 由已知, 当 $n \geqslant 1$ 时, $a_{n+1}=\left[\left(a_{n+1}-a_{n}\right)+\left(a_{n}-a_{n-1}\right)+\ldots+\left(a_{2}-a_{1}\right)\right]+a_{1}=3\left(2^{2 n^{-1}}\right.$ $\left.+2^{2 n^{-3}}+\cdots+2\right)+2=2^{2\left(n^{+}+1\right)^{-1}}$.

而 $a_{1}=2$, 符合上式, 所以数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的通项公式为 $a_{n}=2^{2 n^{-1}}$.

(2) 由 $b_{n}=n a_{n}=n \cdot 2^{2 n^{-1}}$ 知

$S_{n}=1 \cdot 2+2 \cdot 2^{3}+3 \cdot 2^{5}+\cdots+n \cdot 2^{2 n^{-1}}$,

从而 $2^{2} \cdot S_{n}=1 \cdot 2^{3}+2 \cdot 2^{5}+3 \cdot 2^{7}+\cdots+n \cdot 2^{2 n+1}$.

(1) - (2) 得 $\left(1-2^{2}\right) S_{n}=2+2^{3}+2^{5}+\cdots+2^{2 n^{-1}}-n \cdot 2^{2 n^{+} 1}$,

即 $S_{n}=\frac{1}{9}\left[(3 n-1) 2^{2 n+1}+2\right]$.
题目（高二 · 算术）：14.已知正项数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的前 $n$ 项和 $S_{n}=\frac{1}{4}\left(a_{n}+1\right)^{2}$, 求 $\left\{a_{n}\right\}$ 的通项公式.
选项：
答案：当 $n=1$ 时, $a_{1}=S_{1}$, 所以 $a_{1}=\frac{1}{4}\left(a_{1}+1\right)^{2}$,

解得 $a_{1}=1$.

当 $n \geqslant 2$ 时, $a_{n}=S_{n}-S_{n-1}=\frac{1}{4}\left(a_{n}+1\right)^{2}-\frac{1}{4}\left(a_{n-1}+1\right)^{2}=\frac{1}{4}\left(a_{n}^{2}-a_{n-1}^{2}+2 a_{n}-2 a_{n-1}\right)$,

$\therefore a_{n}^{2}-a_{n-1}^{2}-2\left(a_{n}+a_{n-1}\right)=0$,

$\therefore\left(a_{n}+a_{n-1}\right)\left(a_{n}-a_{n-1}-2\right)=0$.

$\because a_{n}+a_{n-1}>0, \quad \therefore a_{n}-a_{n-1}-2=0$.

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

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

$\therefore a_{n}=1+2(n-1)=2 n-1$.
解析：当 $n=1$ 时, $a_{1}=S_{1}$, 所以 $a_{1}=\frac{1}{4}\left(a_{1}+1\right)^{2}$,

解得 $a_{1}=1$.

当 $n \geqslant 2$ 时, $a_{n}=S_{n}-S_{n-1}=\frac{1}{4}\left(a_{n}+1\right)^{2}-\frac{1}{4}\left(a_{n-1}+1\right)^{2}=\frac{1}{4}\left(a_{n}^{2}-a_{n-1}^{2}+2 a_{n}-2 a_{n-1}\right)$,

$\therefore a_{n}^{2}-a_{n-1}^{2}-2\left(a_{n}+a_{n-1}\right)=0$,

$\therefore\left(a_{n}+a_{n-1}\right)\left(a_{n}-a_{n-1}-2\right)=0$.

$\because a_{n}+a_{n-1}>0, \quad \therefore a_{n}-a_{n-1}-2=0$.

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

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

$\therefore a_{n}=1+2(n-1)=2 n-1$.哈哈
题目（高二 · 算术）：已知 $a>0, b>0$, 且 $\frac{1}{a}+\frac{2}{b}=2$.

(1) 求 $a b$ 的最小值;

(2) 求 $\boldsymbol{a}+2 \boldsymbol{b}$ 的最小值, 并求出 $a 、 b$ 相应的取值.
选项：
答案：(1) 2 ; (2) $a=b=\frac{3}{2}$
解析：(1) 由 $a>0, b>0, \frac{1}{a}+\frac{2}{b}=2$ 得: $2 \sqrt{\frac{1}{a} \cdot \frac{2}{b}} \leq \frac{1}{a}+\frac{2}{b}=2$, 即: $a b \geq 2$;

等号成立的充要条件是 $\left\{\frac{1}{a}+\frac{2}{b}=2\right.$

$$
\frac{1}{a}=\frac{2}{b}
$$

(2) $a+2 b=\frac{1}{2}(a+2 b)\left(\frac{1}{a}+\frac{2}{b}\right)=\frac{1}{2}\left(5+\frac{2 b}{a}+\frac{2 a}{b}\right) \geq \frac{1}{2}\left(5+2 \sqrt{\frac{2 b}{a} \cdot \frac{2 a}{b}}\right)=\frac{9}{2}$;

等号成立的充要条件是 $\left\{\begin{array}{l}\frac{1}{a}+\frac{2}{b}=2 \\ \frac{2 b}{a}=\frac{2 a}{b}\end{array}\right.$ 且 $a>0, b>0$, 即: $a=b=\frac{3}{2}$;

$\therefore \boldsymbol{a}+2 \boldsymbol{b}$ 的最小值为 $\frac{9}{2}$; 此时 $a=b=\frac{3}{2}$.
题目（高二 · 算术）：(1) 已知 $x<\frac{5}{4}$, 求函数 $y=4 x-2+\frac{1}{4 x-5}$ 的最大值;

(2) 已知 $\mathrm{x}>0, \mathrm{y}>0$ 且 $\frac{1}{x}+\frac{9}{y}=1$, 求 $\mathrm{x}+\mathrm{y}$ 的最小值.
选项：
答案：(1) 1 ; (2) 16
解析：$(1) \mathrm{x}<\frac{5}{4}, \therefore 4 \mathrm{x}-5<0$.

$\therefore y=4 x-5+\frac{1}{4 x-5}+3=-\left[(5-4 x)+\frac{1}{(5-4 x)}\right]+3$

$\leq-2 \sqrt{(5-4 x) \frac{1}{(5-4 x)}}+3=1, \quad y_{\max }=1$.

(2) $\because x>0, \quad y>0$ 且 $\frac{1}{x}+\frac{9}{y}=1$,

$\therefore \mathrm{x}+\mathrm{y}=(\mathrm{x}+\mathrm{y})\left(\frac{1}{x}+\frac{9}{y}\right)=10+\frac{y}{x}+\frac{9 x}{y} \geq 10+2 \sqrt{\frac{y}{x} \frac{9 x}{y}}=16$, 即 $\mathrm{x}+\mathrm{y}$ 的最小值为 16
题目（高二 · 算术）：数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的通项公式是 $a_{n}=n^{2}-7 n+6$.

(1)这个数列的第 4 项是多少?

(2) 150 是不是这个数列的项? 若是这个数列的项, 它是第几项?
选项：
答案：(1)-6,(2)是第 16 项
解析：答案: (1)-6,(2)是第 16 项
题目（高二 · 算术）：在数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 中, $a_{1}=1$, 当 $n \geq 2$ 时, $a_{n}=\frac{3 a_{n-1}}{a_{n-1}+3}$

(1) 求 $a_{2}, a_{3}, a_{4}$;

(2) 猜想数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的通项 $a_{n}$, 并证明你的结论
选项：
答案：$1  \because$ 数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 中, $a_{1}=1$, 当 $n \geq 2$ 时, $a_{n}=\frac{3 a_{n-1}}{a_{n-1}+3}$,

$\therefore a_{2}=\frac{3}{4}, a_{3}=\frac{3}{5}, a_{4}=\frac{1}{2}$;

猜想 $a_{n}=\frac{3}{n+2}$

答案: 解析: 法一: 将 $n=1,2,3,4$ 依次代入递推公式得 $a_{2}=\frac{2}{3}, a_{3}=\frac{2}{4}, a_{4}=\frac{2}{5}$, 又 $a_{1}=\frac{2}{2}$,

$\therefore$ 可猜想 $a_{n}=\frac{2}{n+1}$ 应有 $a_{n+1}=\frac{2}{n+2}$, 将其代入递推关系式验证成立, $\therefore a_{n}=\frac{2}{n+2}$,

法二: $\because a_{n+1}=\frac{2 a_{n}}{a_{n}+2}, \therefore a_{n}+1 a_{n}=2 a_{n}-2 a_{n+1}$.

两边同除以 $2 a_{n}+1 a_{n}$, 得 $\frac{1}{a_{n+1}}-\frac{1}{a_{n}}=\frac{1}{2}$.

$\therefore \frac{1}{a_{2}}-\frac{1}{a_{1}}=\frac{1}{2}, \frac{1}{a_{3}}-\frac{1}{a_{2}}=\frac{1}{2}, \cdots, \frac{1}{a_{n}}-\frac{1}{a_{n-1}}=\frac{1}{2}$.

把以上各式累加得 $\frac{1}{a_{n}}-\frac{1}{a_{1}}=\frac{n-1}{2}$.

又 $a_{1}=1, \therefore a_{n}=\frac{2}{n+1}$
故数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的通项公式为 $a_{n}=\frac{2}{n+1}\left(n \in N^{*}\right)$
解析：答案: $1  \because$ 数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 中, $a_{1}=1$, 当 $n \geq 2$ 时, $a_{n}=\frac{3 a_{n-1}}{a_{n-1}+3}$,

$\therefore a_{2}=\frac{3}{4}, a_{3}=\frac{3}{5}, a_{4}=\frac{1}{2}$;

猜想 $a_{n}=\frac{3}{n+2}$

答案: 解析: 法一: 将 $n=1,2,3,4$ 依次代入递推公式得 $a_{2}=\frac{2}{3}, a_{3}=\frac{2}{4}, a_{4}=\frac{2}{5}$, 又 $a_{1}=\frac{2}{2}$,

$\therefore$ 可猜想 $a_{n}=\frac{2}{n+1}$ 应有 $a_{n+1}=\frac{2}{n+2}$, 将其代入递推关系式验证成立, $\therefore a_{n}=\frac{2}{n+2}$,

法二: $\because a_{n+1}=\frac{2 a_{n}}{a_{n}+2}, \therefore a_{n}+1 a_{n}=2 a_{n}-2 a_{n+1}$.

两边同除以 $2 a_{n}+1 a_{n}$, 得 $\frac{1}{a_{n+1}}-\frac{1}{a_{n}}=\frac{1}{2}$.

$\therefore \frac{1}{a_{2}}-\frac{1}{a_{1}}=\frac{1}{2}, \frac{1}{a_{3}}-\frac{1}{a_{2}}=\frac{1}{2}, \cdots, \frac{1}{a_{n}}-\frac{1}{a_{n-1}}=\frac{1}{2}$.

把以上各式累加得 $\frac{1}{a_{n}}-\frac{1}{a_{1}}=\frac{n-1}{2}$.

又 $a_{1}=1, \therefore a_{n}=\frac{2}{n+1}$
故数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的通项公式为 $a_{n}=\frac{2}{n+1}\left(n \in N^{*}\right)$
题目（高二 · 算术）：18. (2020-四川省成都市树德中学高三二诊 (理) )已知数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的前 $n$ 项和为 $S_{n}$, 且满足 $2 S_{n}=n-n^{2}$ $\left(n \in \mathbf{N}^{*}\right)$.

(1) 求数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的通项公式;

(2) 设 $b_{n}=\left\{\begin{array}{ll}2^{a_{n}}, & (n=2 k-1) \\ \frac{2}{\left(1-a_{n}\right)\left(1-a_{n+2}\right)}, & (n=2 k)\end{array}\left(k \in \mathbf{N}^{*}\right)\right.$, 数列 $\left\{b_{n}\right\}$ 的前 $n$ 项和 $T_{n}$. 若
$T_{2 n}=a\left(\frac{1}{4}\right)^{n}-\frac{1}{2 n+2}+b$ 对 $n \in \mathbf{N}^{*}$ 恒成立, 求实数 $a, b$ 的值.
选项：
答案：(1) $a_{n}=1-n(n \geq 1)$ (2) $a=-\frac{4}{3}, b=\frac{11}{6}$.
解析：(1) 由题意, 当 $n=1$ 时, 由 $2 S_{1}=1-1^{2}$, 解得 $a_{1}=0$;

当 $n \geq 2$ 时, 可得 $2 a_{n}=2 S_{n}-2 S_{n-1}=n-n^{2}-\left[(n-1)-(n-1)^{2}\right]=2-2 n$,

即 $a_{n}=1-n,(n \geq 2)$,

显然当 $n=1$ 时上式也适合, 所以数列的通项公式为 $a_{n}=1-n$.

(2) 由（1）可得 $\frac{2}{\left(1-a_{n}\right)\left(1-a_{n+2}\right)}=\frac{2}{n(n+2)}=\frac{1}{n}-\frac{1}{n+2}$,

所以 $T_{2 n}=\left(b_{1}+b_{3}+\cdots+b_{2 n-1}\right)+\left(b_{2}+b_{4}+\cdots+b_{2 n}\right)$

$=\left(2^{0}+2^{-2}+\cdots+2^{2-2 n}\right)+\left[\left(\frac{1}{2}-\frac{1}{4}\right)+\left(\frac{1}{4}-\frac{1}{6}\right)+\cdots+\left(\frac{1}{2 n}-\frac{1}{2 n+2}\right)\right]$

$=\frac{1-\left(\frac{1}{4}\right)^{n}}{1-\frac{1}{4}}+\frac{1}{2}-\frac{1}{2 n+2}=\frac{11}{6}-\frac{4}{3}\left(\frac{1}{4}\right)^{n}-\frac{1}{2 n+2}$.

因为 $T_{2 n}=a\left(\frac{1}{4}\right)^{n}-\frac{1}{2 n+2}+b$ 对 $n \in \mathbf{N}^{*}$ 恒成立,

所以 $a=-\frac{4}{3}, b=\frac{11}{6}$.
题目（高二 · 算术）：17. 已知等差数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 满足 $a_{6}=6+a_{3}$, 且 $a_{3}-1$ 是 $a_{2}-1, a_{4}$ 的等比中项.

(I) 求数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的通项公式;

(II) 设 $b_{n}=\frac{1}{a_{n} a_{n+1}}\left(n \in \mathbf{N}^{*}\right)$, 数列 $\left\{b_{n}\right\}$ 的前项和为 $T_{n}$, 求使 $T_{n}<1$ 成立的最大正整数 $n$ 的值
选项：
答案：(I) $a_{n}=2 n+1$. (II) 8 .
解析：(I) 设等差数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的公差为 $d, \because a_{6}-a_{3}=3 d=6$, 即 $d=2$,

$\therefore a_{3}-1=a_{1}+3, \quad a_{2}-1=a_{1}+1, \quad a_{4}=a_{1}+6$,

$\because a_{3}-1$ 是 $a_{2}-1, a_{4}$ 的等比中项,

$\therefore\left(a_{3}-1\right)^{2}=\left(a_{2}-1\right) \cdot a_{4}$, 即 $\left(a_{1}+3\right)^{2}=\left(a_{1}+1\right)\left(a_{1}+6\right)$, 解得 $a_{1}=3$.

$\therefore$ 数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的通项公式为 $a_{n}=2 n+1$.

(II) 由（I) 得 $b_{n}=\frac{1}{a_{n} a_{n+1}}=\frac{1}{(2 n+1)(2 n+3)}=\frac{1}{2}\left(\frac{1}{2 n+1}-\frac{1}{2 n+3}\right)$.

$\therefore T_{n}=b_{1}+b_{2}+\cdots+b_{n}=\frac{1}{2}\left(\frac{1}{3}-\frac{1}{5}+\frac{1}{5}-\frac{1}{7}+\cdots+\frac{1}{2 n+1}-\frac{1}{2 n+3}\right)=\frac{1}{2}\left(\frac{1}{3}-\frac{1}{2 n+3}\right)=\frac{n}{3(2 n+3)}$,

由 $\frac{n}{3(2 n+3)}<\frac{1}{7}$, 得 $n<9 . \therefore$ 使得 $T_{n}<1$ 成立的最大正整数 $n$ 的值为 8 .
题目（高二 · 算术）：23. (2013新课标1) 已知等差数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的前 $n$ 项和 $S_{n}$ 满足 $S_{3}=0, S_{5}=-5$.

(I) 求 $\left\{a_{n}\right\}$ 的通项公式;

(II) 求数列 $\left\{\frac{1}{a_{2 n-1} a_{2 n+1}}\right\}$ 的前 $n$ 项和.
选项：
答案：(I) 设 $\left\{a_{n}\right\}$ 的公差为 $d$, 则 $S_{n}=n a_{1}+\frac{n(n-1)}{2} d$ 。

由已知可得 $\left\{\begin{array}{l}3 a_{1}+3 d=0, \\ 5 a_{1}+10 d=-5,\end{array}\right.$ 解得 $a_{1}=1, d=-1$.

故 $\left\{a_{n}\right\}$ 的通项公式为 $a_{n}=2-n$.

(II) 由 (I ) 知 $\frac{1}{a_{2 n-1} a_{2 n+1}}=\frac{1}{(3-2 n)(1-2 n)}=\frac{1}{2}\left(\frac{1}{2 n-3}-\frac{1}{2 n-1}\right)$,

从而数列 $\left\{\frac{1}{a_{2 n-1} a_{2 n+1}}\right\}$ 的前 $n$ 项和为 $\frac{1}{2}\left(\frac{1}{-1}-\frac{1}{1}+\frac{1}{1}-\frac{1}{3}+\cdots+\frac{1}{2 n-3}-\frac{1}{2 n-1}\right)=\frac{n}{1-2 n}$
解析：(I) 设 $\left\{a_{n}\right\}$ 的公差为 $d$, 则 $S_{n}=n a_{1}+\frac{n(n-1)}{2} d$ 。

由已知可得 $\left\{\begin{array}{l}3 a_{1}+3 d=0, \\ 5 a_{1}+10 d=-5,\end{array}\right.$ 解得 $a_{1}=1, d=-1$.

故 $\left\{a_{n}\right\}$ 的通项公式为 $a_{n}=2-n$.

(II) 由 (I ) 知 $\frac{1}{a_{2 n-1} a_{2 n+1}}=\frac{1}{(3-2 n)(1-2 n)}=\frac{1}{2}\left(\frac{1}{2 n-3}-\frac{1}{2 n-1}\right)$,

从而数列 $\left\{\frac{1}{a_{2 n-1} a_{2 n+1}}\right\}$ 的前 $n$ 项和为 $\frac{1}{2}\left(\frac{1}{-1}-\frac{1}{1}+\frac{1}{1}-\frac{1}{3}+\cdots+\frac{1}{2 n-3}-\frac{1}{2 n-1}\right)=\frac{n}{1-2 n}$.
题目（高二 · 算术）：24.设数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的前 $n$ 项和 $S_{n}=2 a_{n}-a_{1}$, 且 $a_{1}, a_{2}+1, a_{3}$ 成等差数列

(1) 求数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的通项公式;

(2) 记数列 $\left\{\frac{1}{a_{n}}\right\}$ 的前 $n$ 项和 $T_{n}$, 求得 $\left\lvert\, T_{n}-1<\frac{1}{1000}\right.$ 成立的 $n$ 的最小值。
选项：
答案：(1) 由已知 $s_{n}=2 a_{n}-a_{1}$ 有 $a_{n}=s_{n}-s_{n-1}=2 a_{n}-2 a_{n-1}(n \geq 2)$,即 $a_{n}=2 a_{n-1}(n \geq 2)$, 从而 $a_{2}=2 a_{1}, a_{3}=4 a_{1}$.又因为 $a_{1}, a_{2}+1, a_{3}$ 成等差数列, 即 $a_{1}+a_{3}=2\left(a_{2}+1\right)$.所以 $a_{1}+4 a_{1}=2\left(2 a_{1}+1\right)$, 解得 $a_{1}=2$.
所以, 数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 是首项为 2 , 公比为 2 的等比数列. 故 $a_{n}=2^{n}$.

(2) 由(1) 得 $\frac{1}{a_{n}}=\frac{1}{2^{n}}$.

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

由 $\left|T_{n}-1\right|<\frac{1}{1000}$, 得 $\left|1-\frac{1}{2^{n}}-1\right|<\frac{1}{1000}$, 即 $2^{n}>1000$ 。

因为 $2^{9}=512<1000<1024=2^{10}$,

所以 $n \geq 10$.

于是, 使 $\left|T_{n}-1\right|<\frac{1}{1000}$ 成立的 $n$ 的最小值为 10
解析：(1) 由已知 $s_{n}=2 a_{n}-a_{1}$ 有 $a_{n}=s_{n}-s_{n-1}=2 a_{n}-2 a_{n-1}(n \geq 2)$,即 $a_{n}=2 a_{n-1}(n \geq 2)$, 从而 $a_{2}=2 a_{1}, a_{3}=4 a_{1}$.又因为 $a_{1}, a_{2}+1, a_{3}$ 成等差数列, 即 $a_{1}+a_{3}=2\left(a_{2}+1\right)$.所以 $a_{1}+4 a_{1}=2\left(2 a_{1}+1\right)$, 解得 $a_{1}=2$.
所以, 数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 是首项为 2 , 公比为 2 的等比数列. 故 $a_{n}=2^{n}$.

(2) 由(1) 得 $\frac{1}{a_{n}}=\frac{1}{2^{n}}$.

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

由 $\left|T_{n}-1\right|<\frac{1}{1000}$, 得 $\left|1-\frac{1}{2^{n}}-1\right|<\frac{1}{1000}$, 即 $2^{n}>1000$ 。

因为 $2^{9}=512<1000<1024=2^{10}$,

所以 $n \geq 10$.

于是, 使 $\left|T_{n}-1\right|<\frac{1}{1000}$ 成立的 $n$ 的最小值为 10
题目（高二 · 代数）：15. 求函数 $y=\sqrt{\sin x}+\sqrt{1-\tan x}$ 的定义域.
选项：
答案：由二次根式的被开方数为非负数, 得 $\left\{\begin{array}{l}\sin x \geqslant 0, \\ \tan x \leqslant 1\end{array}\right.$ 如图所示, 其中 $\sin x \geqslant 0$ 时, 角 $x$的终边落在图中横线阴影部分内;<ImageHere> $\tan x \leqslant 1$ 时, 角 $x$ 的终边落在图中坚线阴影部分内.

$\therefore$ 满足 $\left\{\begin{array}{l}\sin x \geqslant 0, \\ \tan x \leqslant 1\end{array}\right.$ 的角 $x$ 的终边落在图中双重阴影部分内.
$\therefore$ 该函数的定义域为 $\left\{x \left\lvert\, 2 k \pi \leqslant x \leqslant 2 k \pi+\frac{\pi}{4}\right., k \in \mathbf{Z}\right\}$

$\cup\left\{x \left\lvert\, 2 k \pi+\frac{\pi}{2}<x \leqslant 2 k \pi+\pi\right., \quad k \in \mathbf{Z}\right\}=$

$\left\{x \left\lvert\, 2 k \pi \leqslant x \leqslant 2 k \pi+\frac{\pi}{4}\right.\right.$ 或 $\left.2 k \pi+\frac{\pi}{2}<x \leqslant 2 k \pi+\pi, k \in \mathbf{Z}\right\}$.
解析：由二次根式的被开方数为非负数, 得 $\left\{\begin{array}{l}\sin x \geqslant 0, \\ \tan x \leqslant 1\end{array}\right.$ 如图所示, 其中 $\sin x \geqslant 0$ 时, 角 $x$的终边落在图中横线阴影部分内; $\tan x \leqslant 1$ 时, 角 $x$ 的终边落在图中坚线阴影部分内.

$\therefore$ 满足 $\left\{\begin{array}{l}\sin x \geqslant 0, \\ \tan x \leqslant 1\end{array}\right.$ 的角 $x$ 的终边落在图中双重阴影部分内.
$\therefore$ 该函数的定义域为 $\left\{x \left\lvert\, 2 k \pi \leqslant x \leqslant 2 k \pi+\frac{\pi}{4}\right., k \in \mathbf{Z}\right\}$

$\cup\left\{x \left\lvert\, 2 k \pi+\frac{\pi}{2}<x \leqslant 2 k \pi+\pi\right., \quad k \in \mathbf{Z}\right\}=$

$\left\{x \left\lvert\, 2 k \pi \leqslant x \leqslant 2 k \pi+\frac{\pi}{4}\right.\right.$ 或 $\left.2 k \pi+\frac{\pi}{2}<x \leqslant 2 k \pi+\pi, k \in \mathbf{Z}\right\}$.
题目（高二 · 代数）：已知 $f(\alpha)=\frac{\sin (\pi+\alpha) \cos (2 \pi-\alpha) \tan (-\alpha)}{\tan (-\pi-\alpha) \sin (-\pi-\alpha)}$.(1)化简 $f(\alpha)$;(2)若 $\alpha$ 是第三象限角, 且 $\sin (\alpha-\pi)=\frac{1}{5}$, 求 $f(\alpha)$ 的值;(3)若 $\alpha=-\frac{31 \pi}{3}$, 求 $f(\alpha)$ 的值.
选项：
答案：(1) $f(\alpha)=\frac{-\sin \alpha \cos \alpha(-\tan \alpha)}{(-\tan \alpha) \sin \alpha}=-\cos \alpha$.(2) $\because \sin (\alpha-\pi)=-\sin \alpha=\frac{1}{5}$,$\therefore \sin \alpha=-\frac{1}{5}$. 又 $\alpha$ 是第三象限角,$\therefore \cos \alpha=-\frac{2 \sqrt{6}}{5} . \therefore f(\alpha)=\frac{2 \sqrt{6}}{5}$.(3) $\because-\frac{31 \pi}{3}=-6 \times 2 \pi+\frac{5 \pi}{3}$,$\therefore f\left(-\frac{31 \pi}{3}\right)=-\cos \left(-6 \times 2 \pi+\frac{5 \pi}{3}\right)=-\cos \frac{5 \pi}{3}=-\cos \frac{\pi}{3}=-\frac{1}{2}$.
解析：(1) $f(\alpha)=\frac{-\sin \alpha \cos \alpha(-\tan \alpha)}{(-\tan \alpha) \sin \alpha}=-\cos \alpha$.(2) $\because \sin (\alpha-\pi)=-\sin \alpha=\frac{1}{5}$,$\therefore \sin \alpha=-\frac{1}{5}$. 又 $\alpha$ 是第三象限角,$\therefore \cos \alpha=-\frac{2 \sqrt{6}}{5} . \therefore f(\alpha)=\frac{2 \sqrt{6}}{5}$.(3) $\because-\frac{31 \pi}{3}=-6 \times 2 \pi+\frac{5 \pi}{3}$,$\therefore f\left(-\frac{31 \pi}{3}\right)=-\cos \left(-6 \times 2 \pi+\frac{5 \pi}{3}\right)=-\cos \frac{5 \pi}{3}=-\cos \frac{\pi}{3}=-\frac{1}{2}$..
题目（高二 · 代数）：16. 已知 $\frac{1+\tan \left(\theta+720^{\circ}\right)}{1-\tan \left(\theta-360^{\circ}\right)}=3+2 \sqrt{2}$, 求 $\left[\cos ^{2}(\pi-\theta)+\sin (\pi+\theta) \cdot \cos (\pi-\theta)+2 \sin ^{2}(\theta-\right.$ $\pi)] \cdot \frac{1}{\cos ^{2}(-\theta-2 \pi)}$ 的值.
选项：
答案：由 $\frac{1+\tan \left(\theta+720^{\circ}\right)}{1-\tan \left(\theta-360^{\circ}\right)}=3+2 \sqrt{2}$,

得 $\frac{1+\tan \theta}{1-\tan \theta}=3+2 \sqrt{2},(4+2 \sqrt{2}) \tan \theta=2+2 \sqrt{2}$,

所以 $\tan \theta=\frac{2+2 \sqrt{2}}{4+2 \sqrt{2}}=\frac{\sqrt{2}}{2}$.

$\left[\cos ^{2}(\pi-\theta)+\sin (\pi+\theta) \cdot \cos (\pi-\theta)+2 \sin ^{2}(\theta-\pi)\right] \cdot \frac{1}{\cos ^{2}(-\theta-2 \pi)}$

$=\left(\cos ^{2} \theta+\sin \theta \cdot \cos \theta+2 \sin ^{2} \theta\right) \cdot \frac{1}{\cos ^{2} \theta}$

$=1+\tan \theta+2 \tan ^{2} \theta=1+\frac{\sqrt{2}}{2}+2 \times\left(\frac{\sqrt{2}}{2}\right)^{2}=2+\frac{\sqrt{2}}{2}$.
解析：由 $\frac{1+\tan \left(\theta+720^{\circ}\right)}{1-\tan \left(\theta-360^{\circ}\right)}=3+2 \sqrt{2}$,

得 $\frac{1+\tan \theta}{1-\tan \theta}=3+2 \sqrt{2},(4+2 \sqrt{2}) \tan \theta=2+2 \sqrt{2}$,

所以 $\tan \theta=\frac{2+2 \sqrt{2}}{4+2 \sqrt{2}}=\frac{\sqrt{2}}{2}$.

$\left[\cos ^{2}(\pi-\theta)+\sin (\pi+\theta) \cdot \cos (\pi-\theta)+2 \sin ^{2}(\theta-\pi)\right] \cdot \frac{1}{\cos ^{2}(-\theta-2 \pi)}$

$=\left(\cos ^{2} \theta+\sin \theta \cdot \cos \theta+2 \sin ^{2} \theta\right) \cdot \frac{1}{\cos ^{2} \theta}$

$=1+\tan \theta+2 \tan ^{2} \theta=1+\frac{\sqrt{2}}{2}+2 \times\left(\frac{\sqrt{2}}{2}\right)^{2}=2+\frac{\sqrt{2}}{2}$.

##第一章 三角函数
题目（高二 · 代数）：18.已知函数 $\mathrm{f}(\mathrm{x})=A \sin (\omega x+\varphi)\left(A>0, \omega>0,-\frac{\pi}{2}<\varphi<\frac{\pi}{2}\right)$ 一个周期的图象如图所示.



(1)求函数 $f(x)$ 的最小正周期 $T$ 及最大值、最小值;

(2)求函数 $f(x)$ 的解析式及单调递增区间.
选项：
答案：(1)由题图知 $\frac{1}{4} T=\frac{\pi}{12}-\left(-\frac{\pi}{6}\right)=\frac{\pi}{4} ， \therefore T=\pi$ ，最大值为 1 ，最小值为 -1 .

(2)由(1)知 $\omega=\frac{2 \pi}{T}=2$.又 $2 \times\left(-\frac{\pi}{6}\right)+\varphi=2 k \pi ， k \in \mathbf{Z}$ ，解得 $\varphi=2 k \pi+\frac{\pi}{3} ， k \in \mathbf{Z}$ ，又 $-\frac{\pi}{2}<\varphi<\frac{\pi}{2}$ ， $\therefore \varphi=\frac{\pi}{3} ， A=1$. 则 $f(x)=\sin \left(2 x+\frac{\pi}{3}\right)$, 由图知 $f(x)$ 的单调递增区间是 $\left[k \pi-\frac{5 \pi}{12}, k \pi+\frac{\pi}{12}\right](k \in \mathbf{Z})$.
解析：(1)由题图知 $\frac{1}{4} T=\frac{\pi}{12}-\left(-\frac{\pi}{6}\right)=\frac{\pi}{4} ， \therefore T=\pi$ ，最大值为 1 ，最小值为 -1 .

(2)由(1)知 $\omega=\frac{2 \pi}{T}=2$.又 $2 \times\left(-\frac{\pi}{6}\right)+\varphi=2 k \pi ， k \in \mathbf{Z}$ ，解得 $\varphi=2 k \pi+\frac{\pi}{3} ， k \in \mathbf{Z}$ ，又 $-\frac{\pi}{2}<\varphi<\frac{\pi}{2}$ ， $\therefore \varphi=\frac{\pi}{3} ， A=1$. 则 $f(x)=\sin \left(2 x+\frac{\pi}{3}\right)$, 由图知 $f(x)$ 的单调递增区间是 $\left[k \pi-\frac{5 \pi}{12}, k \pi+\frac{\pi}{12}\right](k \in \mathbf{Z})$.