eodcF/cmm-math huggingface dataset:
题目（高二 · 算术）：16. 记 $S_{n}$ 为等差数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的前 $n$ 项和, 已知 $S_{9}=-a_{5}$.

(1) 若 $a_{3}=4$, 求 $\left\{a_{n}\right\}$ 的通项公式;

(2) 若 $a_{1}>0$, 求使得 $S_{n} \geq a_{n}$ 的 $n$ 的取值范围.
选项：
答案：(1) 设 $\left\{a_{n}\right\}$ 的公差为 $d$. 由 $S_{9}=-a_{5}$ 得 $a_{1}+4 d=0$.由 $a_{3}=4$ 得 $a_{1}+2 d=4$. 于是 $a_{1}=8, d=-2$.

因此 $\left\{a_{n}\right\}$ 的通项公式为 $a_{n}=10-2 n$.

(2) 由（1）得 $a_{1}=-4 d$, 故 $a_{n}=(n-5) d, S_{n}=\frac{n(n-9) d}{2}$.

由 $a_{1}>0$ 知 $d<0$, 故 $S_{n} \geqslant a_{n}$ 等价于 $n^{2}-11 n+10 \leqslant 0$, 解得 $1 \leq n \leq 10$.

所以 $n$ 的取值范围是 $\{n \mid 1 \leqslant n \leqslant 10, n \in \mathbf{N}\}$.
解析：(1) 设 $\left\{a_{n}\right\}$ 的公差为 $d$. 由 $S_{9}=-a_{5}$ 得 $a_{1}+4 d=0$.由 $a_{3}=4$ 得 $a_{1}+2 d=4$. 于是 $a_{1}=8, d=-2$.

因此 $\left\{a_{n}\right\}$ 的通项公式为 $a_{n}=10-2 n$.

(2) 由（1）得 $a_{1}=-4 d$, 故 $a_{n}=(n-5) d, S_{n}=\frac{n(n-9) d}{2}$.

由 $a_{1}>0$ 知 $d<0$, 故 $S_{n} \geqslant a_{n}$ 等价于 $n^{2}-11 n+10 \leqslant 0$, 解得 $1 \leq n \leq 10$.

所以 $n$ 的取值范围是 $\{n \mid 1 \leqslant n \leqslant 10, n \in \mathbf{N}\}$.
题目（高二 · 算术）：17. 记 $S_{n}$ 为等差数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的前 $n$ 项和, 已知 $a_{1}=-7, S_{3}=-15$.

(1)求 $\left\{a_{n}\right\}$ 的通项公式;

(2)求 $S_{n}$, 并求 $S_{n}$ 的最小值.
选项：
答案：(1)设 $\left\{a_{n}\right\}$ 的公差为 $d$, 由题意得 $3 a_{1}+3 d=-15$.

由 $a_{1}=-7$ 得 $d=2$. 所以 $\left\{a_{n}\right\}$ 的通项公式为 $a_{n}=2 n-9$.

(2) 由(1)得 $S_{n}=n^{2}-8 n=(n-4)^{2}-16$.

所以当 $n=4$ 时, $S_{n}$ 取得最小值, 最小值为 -16 .
解析：(1)设 $\left\{a_{n}\right\}$ 的公差为 $d$, 由题意得 $3 a_{1}+3 d=-15$.

由 $a_{1}=-7$ 得 $d=2$. 所以 $\left\{a_{n}\right\}$ 的通项公式为 $a_{n}=2 n-9$.

(2) 由(1)得 $S_{n}=n^{2}-8 n=(n-4)^{2}-16$.

所以当 $n=4$ 时, $S_{n}$ 取得最小值, 最小值为 -16 .
题目（高二 · 算术）：18. 设数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 满足 $a_{1}+3 a_{2}+\cdots+(2 n-1) a_{n}=2 n$.

(1)求 $\left\{a_{n}\right\}$ 的通项公式;

(2)求数列 $\left\{\frac{a_{n}}{2 n+1}\right\}$ 的前 $n$ 项和.
选项：
答案：(1) 因为 $a_{1}+3 a_{2}+\cdots+(2 n-1) a_{n}=2 n$, 故当 $n \geqslant 2$ 时,

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

两式相减得 $(2 n-1) a_{n}=2$.

所以 $a_{n}=\frac{2}{2 n-1}(n \geqslant 2)$.
又由题设可得 $a_{1}=2$.

从而 $\left\{a_{n}\right\}$ 的通项公式为 $a_{n}=\frac{2}{2 n-1}$.

(2) 记 $\left\{\frac{a_{n}}{2 n+1}\right\}$ 的前 $n$ 项和为 $S_{n}$,

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

则 $S_{n}=\frac{1}{1}-\frac{1}{3}+\frac{1}{3}-\frac{1}{5}+\cdots+\frac{1}{2 n-1}-\frac{1}{2 n+1}=\frac{2 n}{2 n+1}$.
解析：(1) 因为 $a_{1}+3 a_{2}+\cdots+(2 n-1) a_{n}=2 n$, 故当 $n \geqslant 2$ 时,

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

两式相减得 $(2 n-1) a_{n}=2$.

所以 $a_{n}=\frac{2}{2 n-1}(n \geqslant 2)$.
又由题设可得 $a_{1}=2$.

从而 $\left\{a_{n}\right\}$ 的通项公式为 $a_{n}=\frac{2}{2 n-1}$.

(2) 记 $\left\{\frac{a_{n}}{2 n+1}\right\}$ 的前 $n$ 项和为 $S_{n}$,

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

则 $S_{n}=\frac{1}{1}-\frac{1}{3}+\frac{1}{3}-\frac{1}{5}+\cdots+\frac{1}{2 n-1}-\frac{1}{2 n+1}=\frac{2 n}{2 n+1}$.
题目（高二 · 算术）：20. 已知 $\left\{a_{n}\right\}$ 是各项均为正数的等比数列, $\left\{b_{n}\right\}$ 是等差数列, 且 $a_{1}=b_{1}=1, b_{2}+b_{3}=2 a_{3}$, $a_{5}-3 b_{2}=7$.

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

(II) 设 $c_{n}=a_{n} b_{n}, n \in \mathbf{N}^{*}$, 求数列 $\left\{c_{n}\right\}$ 的前 $n$ 项和.
选项：
答案：(I) 设数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的公比为 $q$, 数列 $\left\{b_{n}\right\}$ 的公差为 $d$, 由题意 $q>0$, 由已知, 有 $\left\{\begin{array}{l}2 q^{2}-3 d=2, \\ q^{4}-3 d=10,\end{array}\right.$
消去 $d$, 整数得 $q^{4}-2 q^{2}-8=0$, 又因为 $q>0$, 解得 $q=2, d=2$, 所以 $\left\{a_{n}\right\}$ 的通项公式为 $a_{n}=2^{n-1}, n \in \mathbf{N}^{*}$, 数列 $\left\{b_{n}\right\}$ 的通项公式为 $b_{n}=2 n-1, n \in \mathbf{N}^{*}$.

(II) 解: 由 (I) 有 $c_{n}=(2 n-1) 2^{n-1}$, 设 $\left\{c_{n}\right\}$ 的前 $\mathrm{n}$ 项和为 $S_{n}$, 则

$S_{n}=1 \times 2^{\circ}+3 \times 2^{1}+5 \times 2^{2}+\cdots+(2 n-1) \times 2^{n-1}$,

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

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

所以 $S_{n}=(2 n-3) 2^{n}+3$.
解析：(I) 设数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的公比为 $q$, 数列 $\left\{b_{n}\right\}$ 的公差为 $d$, 由题意 $q>0$, 由已知, 有 $\left\{\begin{array}{l}2 q^{2}-3 d=2, \\ q^{4}-3 d=10,\end{array}\right.$
消去 $d$, 整数得 $q^{4}-2 q^{2}-8=0$, 又因为 $q>0$, 解得 $q=2, d=2$, 所以 $\left\{a_{n}\right\}$ 的通项公式为 $a_{n}=2^{n-1}, n \in \mathbf{N}^{*}$, 数列 $\left\{b_{n}\right\}$ 的通项公式为 $b_{n}=2 n-1, n \in \mathbf{N}^{*}$.

(II) 解: 由 (I) 有 $c_{n}=(2 n-1) 2^{n-1}$, 设 $\left\{c_{n}\right\}$ 的前 $\mathrm{n}$ 项和为 $S_{n}$, 则

$S_{n}=1 \times 2^{\circ}+3 \times 2^{1}+5 \times 2^{2}+\cdots+(2 n-1) \times 2^{n-1}$,

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

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

所以 $S_{n}=(2 n-3) 2^{n}+3$.
题目（高二 · 算术）：17. 已知 $\left\{a_{n}\right\}$ 为等差数列, 且 $a_{3}=-6, a_{6}=0$.

(1)求 $\left\{a_{n}\right\}$ 的通项公式;

(2)若等比数列 $\left\{b_{n}\right\}$ 满足 $b_{1}=-8, \quad b_{2}=a_{1}+a_{2}+a_{3}$, 求 $\left\{b_{n}\right\}$ 的前 $n$ 项和公式.
选项：
答案：(1)设等差数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的公差为 $d$.

因为 $a_{3}=-6, a_{6}=0$,

所以 $\left\{\begin{array}{l}a_{1}+2 d=-6, \\ a_{1}+5 d=0 .\end{array}\right.$

解得 $a_{1}=-10, d=2$.

所以 $a_{n}=-10+(n-1) \times 2=2 n-12$.

(2)设等比数列 $\left\{b_{n}\right\}$ 的公比为 $q$.

因为 $b_{2}=a_{1}+a_{2}+a_{3}=-24, b_{1}=-8$,

所以 $-8 q=-24, q=3$.

所以数列 $\left\{b_{n}\right\}$ 的前 $n$ 项和公式为

$S_{n}=\frac{b_{1}\left(1-q^{n}\right)}{1-q}=4\left(1-3^{n}\right)$.
解析：(1)设等差数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的公差为 $d$.

因为 $a_{3}=-6, a_{6}=0$,

所以 $\left\{\begin{array}{l}a_{1}+2 d=-6, \\ a_{1}+5 d=0 .\end{array}\right.$

解得 $a_{1}=-10, d=2$.

所以 $a_{n}=-10+(n-1) \times 2=2 n-12$.

(2)设等比数列 $\left\{b_{n}\right\}$ 的公比为 $q$.

因为 $b_{2}=a_{1}+a_{2}+a_{3}=-24, b_{1}=-8$,

所以 $-8 q=-24, q=3$.

所以数列 $\left\{b_{n}\right\}$ 的前 $n$ 项和公式为

$S_{n}=\frac{b_{1}\left(1-q^{n}\right)}{1-q}=4\left(1-3^{n}\right)$.
题目（高二 · 算术）：18. 已知等差数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 中, $a_{3} a_{7}=-16, a_{4}+a_{6}=0$, 求 $\left\{a_{n}\right\}$ 的前 $n$ 项和 $S_{n}$.
选项：
答案：设 $\left\{a_{n}\right\}$ 的公差为 $d$, 则

$\left\{\begin{array}{l}\left(a_{1}+2 d\right)\left(a_{1}+6 d\right)=-16, \\ a_{1}+3 d+a_{1}+5 d=0,\end{array}\right.$

即 $\left\{\begin{array}{l}a_{1}^{2}+8 d a_{1}+12 d^{2}=-16, \\ a_{1}=-4 d .\end{array}\right.$

解得 $\left\{\begin{array}{l}a_{1}=-8, \\ d=2,\end{array}\right.$ 或 $\left\{\begin{array}{l}a_{1}=8, \\ d=-2 .\end{array}\right.$

因此 $S_{n}=-8 n+n(n-1)=n(n-9)$,

或 $S_{n}=8 n-n(n-1)=-n(n-9)$.
解析：设 $\left\{a_{n}\right\}$ 的公差为 $d$, 则

$\left\{\begin{array}{l}\left(a_{1}+2 d\right)\left(a_{1}+6 d\right)=-16, \\ a_{1}+3 d+a_{1}+5 d=0,\end{array}\right.$

即 $\left\{\begin{array}{l}a_{1}^{2}+8 d a_{1}+12 d^{2}=-16, \\ a_{1}=-4 d .\end{array}\right.$

解得 $\left\{\begin{array}{l}a_{1}=-8, \\ d=2,\end{array}\right.$ 或 $\left\{\begin{array}{l}a_{1}=8, \\ d=-2 .\end{array}\right.$

因此 $S_{n}=-8 n+n(n-1)=n(n-9)$,

或 $S_{n}=8 n-n(n-1)=-n(n-9)$.
题目（高二 · 算术）：19. (12 分) 已知数列 $\left\{\log _{2}\left(a_{n}-1\right)\right\}\left(n \in \mathbf{N}^{*}\right)$ 为等差数列, 且 $a_{1}=3, a_{3}=9$.

(1)求数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的通项公式;

(2)证明: $\frac{1}{a_{2}-a_{1}}+\frac{1}{a_{3}-a_{2}}+\cdots+\frac{1}{a_{n+1}-a_{n}}<1$.
选项：
答案：(1)解 设等差数列 $\left\{\log _{2}\left(a_{n}-1\right)\right\}$ 的公差为 $d$.

由 $a_{1}=3, a_{3}=9$,

得 $\log _{2}(9-1)=\log _{2}(3-1)+2 d$, 则 $d=1$.

所以 $\log _{2}\left(a_{n}-1\right)=1+(n-1) \times 1=n$,

即 $a_{n}=2^{n}+1$.

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

所以 $\frac{1}{a_{2}-a_{1}}+\frac{1}{a_{3}-a_{2}}+\cdots+\frac{1}{a_{n+1}-a_{n}}$

$=\frac{1}{2^{1}}+\frac{1}{2^{2}}+\frac{1}{2^{3}}+\cdots+\frac{1}{2^{n}}$

$=\frac{\frac{1}{2}-\frac{1}{2^{n}} \times \frac{1}{2}}{1-\frac{1}{2}}=1-\frac{1}{2^{n}} 1$.
解析：(1)解 设等差数列 $\left\{\log _{2}\left(a_{n}-1\right)\right\}$ 的公差为 $d$.

由 $a_{1}=3, a_{3}=9$,

得 $\log _{2}(9-1)=\log _{2}(3-1)+2 d$, 则 $d=1$.

所以 $\log _{2}\left(a_{n}-1\right)=1+(n-1) \times 1=n$,

即 $a_{n}=2^{n}+1$.

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

所以 $\frac{1}{a_{2}-a_{1}}+\frac{1}{a_{3}-a_{2}}+\cdots+\frac{1}{a_{n+1}-a_{n}}$

$=\frac{1}{2^{1}}+\frac{1}{2^{2}}+\frac{1}{2^{3}}+\cdots+\frac{1}{2^{n}}$

$=\frac{\frac{1}{2}-\frac{1}{2^{n}} \times \frac{1}{2}}{1-\frac{1}{2}}=1-\frac{1}{2^{n}} 1$.
题目（高二 · 算术）：20. 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 $n$ 项和.
选项：
答案：(1)证明 由已知 $a_{n+1}=2 a_{n}+2^{n}$,

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

$\therefore b_{n+1}-b_{n}=1$, 又 $b_{1}=a_{1}=1$.

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

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

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

两边乘以 2 得: $2 S_{n}=1 \cdot 2^{1}+2 \cdot 2^{2}+\cdots+(n-1) \cdot 2^{n-1}+n \cdot 2^{n}$,

两式相减得: $-S_{n}=1+2^{1}+2^{2}+\cdots+2^{n-1}-n \cdot 2^{n}$

$=2^{n}-1-n \cdot 2^{n}=(1-n) 2^{n}-1$,

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

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

$\therefore b_{n+1}-b_{n}=1$, 又 $b_{1}=a_{1}=1$.

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

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

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

两边乘以 2 得: $2 S_{n}=1 \cdot 2^{1}+2 \cdot 2^{2}+\cdots+(n-1) \cdot 2^{n-1}+n \cdot 2^{n}$,

两式相减得: $-S_{n}=1+2^{1}+2^{2}+\cdots+2^{n-1}-n \cdot 2^{n}$

$=2^{n}-1-n \cdot 2^{n}=(1-n) 2^{n}-1$,

$\therefore S_{n}=(n-1) \cdot 2^{n}+1$.
题目（高二 · 算术）：22. 已知数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的各项均为正数, 对任意 $n \in \mathbf{N}^{*}$, 它的前 $n$ 项和 $S_{n}$ 满足 $S_{n}=\frac{1}{6}\left(a_{n}\right.$ $+1)\left(a_{n}+2\right)$, 并且 $a_{2}, a_{4}, a_{9}$ 成等比数列.

(1)求数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的通项公式;

(2) 设 $b_{n}=(-1)^{n+1} a_{n} a_{n+1}, T_{n}$ 为数列 $\left\{b_{n}\right\}$ 的前 $n$ 项和, 求 $T_{2 n}$.
选项：
答案：(1) $\because$ 对任意 $n \in \mathbf{N}^{*}$, 有 $S_{n}=\frac{1}{6}\left(a_{n}+1\right)\left(a_{n}+2\right)$,

$\therefore$ 当 $n=1$ 时, 有 $S_{1}=a_{1}=\frac{1}{6}\left(a_{1}+1\right)\left(a_{1}+2\right)$,

解得 $a_{1}=1$ 或 2 .

当 $n \geqslant 2$ 时, 有 $S_{n-1}=\frac{1}{6}\left(a_{n-1}+1\right)\left(a_{n-1}+2\right)$.

(1) 一 (2) 并整理得 $\left(a_{n}+a_{n-1}\right)\left(a_{n}-a_{n-1}-3\right)=0$.

而数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的各项均为正数, $\therefore a_{n}-a_{n-1}=3$.

当 $a_{1}=1$ 时, $a_{n}=1+3(n-1)=3 n-2$,

此时 $a_{4}^{2}=a_{2} a_{9}$ 成立;

当 $a_{1}=2$ 时, $a_{n}=2+3(n-1)=3 n-1$,

此时 $a_{4}^{2}=a_{2} a_{9}$ 不成立, 舍去.

$\therefore a_{n}=3 n-2, n \in \mathbf{N}^{*}$.

(2) $T_{2 n}=b_{1}+b_{2}+\cdots+b_{2 n}$

$=a_{1} a_{2}-a_{2} a_{3}+a_{3} a_{4}-a_{4} a_{5}+\cdots-a_{2 n} a_{2 n+1}$

$=a_{2}\left(a_{1}-a_{3}\right)+a_{4}\left(a_{3}-a_{5}\right)+\cdots+a_{2 n}\left(a_{2 n-1}-a_{2 n+1}\right)$

$=-6 a_{2}-6 a_{4}-\cdots-6 a_{2 n}$

$=-6\left(a_{2}+a_{4}+\cdots+a_{2 n}\right)$

$=-6 \times \frac{n(4+6 n-2)}{2}=-18 n^{2}-6 n$.
解析：(1) $\because$ 对任意 $n \in \mathbf{N}^{*}$, 有 $S_{n}=\frac{1}{6}\left(a_{n}+1\right)\left(a_{n}+2\right)$,

$\therefore$ 当 $n=1$ 时, 有 $S_{1}=a_{1}=\frac{1}{6}\left(a_{1}+1\right)\left(a_{1}+2\right)$,

解得 $a_{1}=1$ 或 2 .

当 $n \geqslant 2$ 时, 有 $S_{n-1}=\frac{1}{6}\left(a_{n-1}+1\right)\left(a_{n-1}+2\right)$.

(1) 一 (2) 并整理得 $\left(a_{n}+a_{n-1}\right)\left(a_{n}-a_{n-1}-3\right)=0$.

而数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的各项均为正数, $\therefore a_{n}-a_{n-1}=3$.

当 $a_{1}=1$ 时, $a_{n}=1+3(n-1)=3 n-2$,

此时 $a_{4}^{2}=a_{2} a_{9}$ 成立;

当 $a_{1}=2$ 时, $a_{n}=2+3(n-1)=3 n-1$,

此时 $a_{4}^{2}=a_{2} a_{9}$ 不成立, 舍去.

$\therefore a_{n}=3 n-2, n \in \mathbf{N}^{*}$.

(2) $T_{2 n}=b_{1}+b_{2}+\cdots+b_{2 n}$

$=a_{1} a_{2}-a_{2} a_{3}+a_{3} a_{4}-a_{4} a_{5}+\cdots-a_{2 n} a_{2 n+1}$

$=a_{2}\left(a_{1}-a_{3}\right)+a_{4}\left(a_{3}-a_{5}\right)+\cdots+a_{2 n}\left(a_{2 n-1}-a_{2 n+1}\right)$

$=-6 a_{2}-6 a_{4}-\cdots-6 a_{2 n}$

$=-6\left(a_{2}+a_{4}+\cdots+a_{2 n}\right)$

$=-6 \times \frac{n(4+6 n-2)}{2}=-18 n^{2}-6 n$.哈哈
题目（高二 · 算术）：9. 心脏跳动时, 血压在增加或减少, 血压的最大值、最小值分别称为收缩压、舒张压, 血压计上的读数就是收缩压、舒张压, 读数 $120 / 80 \mathrm{mmHg}$ 为标准值, 设某人的血压满足方程式 $P(t)=115+25 \sin (160 \pi t)$, 其中 $P(t)$ 为血压 $(\mathrm{mmHg}), t$ 为时间 $(\mathrm{min})$, 试回答下列问题:

(1)求函数 $P(t)$ 的周期;

(2)求此人每分钟心跳的次数;

(3)画出函数 $P(t)$ 的草图;

(4)求出此人的血压在血压计上的读数, 并与标准值进行比较.
选项：
答案：(1)由于 $\omega=160 \pi$ 代入周期公式 $T=\frac{2 \pi}{\omega}$, 可得 $T=\frac{2 \pi}{160 \pi}=\frac{1}{80}(\mathrm{~min})$,

所以函数 $P(t)$ 的周期为 $\frac{1}{80} \mathrm{~min}$.

(2)函数 $P(t)$ 的频率 $f=\frac{1}{T}=80$ (次/分), 即此人每分钟心跳的次数为 80 .

(3)列表:

| $t / \mathrm{min}$ | 0 | $\frac{1}{320}$ | $\frac{1}{160}$ | $\frac{3}{320}$ | $\frac{1}{80}$ |
| :--- | :--- | :--- | :--- | :--- | :--- |
| $P(t) / \mathrm{mmHg}$ | 115 | 140 | 115 | 90 | 115 |

描点、连线并左右扩展得到函数 $P(t)$ 的简图如图所示。

<ImageHere>

(4)此人的收缩压为 $115+25=140(\mathrm{mmHg})$, 舒张压为 $115-25=90(\mathrm{mmHg})$, 与标准值 $120 / 80 \mathrm{mmHg}$ 相比较，此人血压偏高.
解析：(1)由于 $\omega=160 \pi$ 代入周期公式 $T=\frac{2 \pi}{\omega}$, 可得 $T=\frac{2 \pi}{160 \pi}=\frac{1}{80}(\mathrm{~min})$,

所以函数 $P(t)$ 的周期为 $\frac{1}{80} \mathrm{~min}$.

(2)函数 $P(t)$ 的频率 $f=\frac{1}{T}=80$ (次/分), 即此人每分钟心跳的次数为 80 .

(3)列表:

| $t / \mathrm{min}$ | 0 | $\frac{1}{320}$ | $\frac{1}{160}$ | $\frac{3}{320}$ | $\frac{1}{80}$ |
| :--- | :--- | :--- | :--- | :--- | :--- |
| $P(t) / \mathrm{mmHg}$ | 115 | 140 | 115 | 90 | 115 |

描点、连线并左右扩展得到函数 $P(t)$ 的简图如图所示。



(4)此人的收缩压为 $115+25=140(\mathrm{mmHg})$, 舒张压为 $115-25=90(\mathrm{mmHg})$, 与标准值 $120 / 80 \mathrm{mmHg}$ 相比较，此人血压偏高.
题目（高二 · 算术）：22. (2016 年全国 II) $S_{n}$ 为等差数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的前 $n$ 项和, 且 $a_{1}=1, S_{7}=28$ 记 $b_{n}=\left[\lg a_{n}\right]$, 其中 $[x]$ 表示不超过 $x$ 的最大整数, 如 $[0,.9]=0,[\lg 99]=1$.

(I) 求 $b_{1}, b_{11}, b_{101}$;

(II) 求数列 $\left\{b_{n}\right\}$ 的前 1000 项和.
选项：
答案：（I ) 设 $\left\{a_{n}\right\}$ 的公差为 $d, S_{7}=7 a_{4}=28$,

$\therefore a_{4}=4, \quad \therefore d=\frac{a_{4}-a_{1}}{3}=1, \quad \therefore a_{n}=a_{1}+(n-1) d=n$.

$\therefore b_{1}=\left[\lg a_{1}\right]=[\lg 1]=0, \quad b_{11}=\left[\lg a_{11}\right]=[\lg 11]=1, \quad b_{101}=\left[\lg a_{101}\right]=\left[\lg _{101}\right]=2$

(II) 记 $\left\{b_{n}\right\}$ 的前 $n$ 项和为 $T_{n}$, 则 $T_{1000}=b_{1}+b_{2}+\cdots+b_{1000}$

$=\left[\lg a_{1}\right]+\left[\lg a_{2}\right]+\cdots+\left[\lg a_{1000}\right]$.

当 $0 \leqslant \lg a_{n}<1$ 时, $n=1,2, \ldots, 9$;

当 $1 \leqslant \lg a_{n}<2$ 时, $n=10,11, \ldots, 99$;

当 $2 \leqslant \lg a_{n}<3$ 时, $n=100,101, \ldots, 999$ ；

当 $\lg a_{n}=3$ 时, $n=1000$

$\therefore T_{1000}=0 \times 9+1 \times 90+2 \times 900+3 \times 1=1893$.
解析：(（I ) 设 $\left\{a_{n}\right\}$ 的公差为 $d, S_{7}=7 a_{4}=28$,

$\therefore a_{4}=4, \quad \therefore d=\frac{a_{4}-a_{1}}{3}=1, \quad \therefore a_{n}=a_{1}+(n-1) d=n$.

$\therefore b_{1}=\left[\lg a_{1}\right]=[\lg 1]=0, \quad b_{11}=\left[\lg a_{11}\right]=[\lg 11]=1, \quad b_{101}=\left[\lg a_{101}\right]=\left[\lg _{101}\right]=2$

(II) 记 $\left\{b_{n}\right\}$ 的前 $n$ 项和为 $T_{n}$, 则 $T_{1000}=b_{1}+b_{2}+\cdots+b_{1000}$

$=\left[\lg a_{1}\right]+\left[\lg a_{2}\right]+\cdots+\left[\lg a_{1000}\right]$.

当 $0 \leqslant \lg a_{n}<1$ 时, $n=1,2, \ldots, 9$;

当 $1 \leqslant \lg a_{n}<2$ 时, $n=10,11, \ldots, 99$;

当 $2 \leqslant \lg a_{n}<3$ 时, $n=100,101, \ldots, 999$ ；

当 $\lg a_{n}=3$ 时, $n=1000$

$\therefore T_{1000}=0 \times 9+1 \times 90+2 \times 900+3 \times 1=1893$.
题目（高二 · 算术）：18.【2019 年高考天津卷理数】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 $c_{1}=1, c_{n}=\left\{\begin{array}{l}1,2^{k}<n<2^{k+1}, \\ b_{k}, n=2^{k},\end{array}\right.$ 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) $a_{n}=3 n+1 ; \quad b_{n}=3 \times 2^{n}$ (II) (i) $a_{2^{n}}\left(c_{2^{n}}-1\right)=9 \times 4^{n}-1$ (ii) $\sum_{i=1}^{2^{n}} a_{i} c_{i} \quad\left(n \in \mathbf{N}^{*}\right)=27 \times 2^{2 n-1}+5 \times 2^{n-1}-n-12 \quad\left(n \in \mathbf{N}^{*}\right)$
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 $\left\{\begin{array}{l}6 q=6+2 d, \\ 6 q^{2}=12+4 d \text {, }\end{array}\right.$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 $a_{2^{n}}\left(c_{2^{n}}-1\right)=9 \times 4^{n}-1$.

(ii) $\sum_{i=1}^{2^{n}} a_{i} c_{i}=\sum_{i=1}^{2^{n}}\left[a_{i}+a_{i}\left(c_{i}-1\right)\right]=\sum_{i=1}^{2^{n}} a_{i}+\sum_{i=1}^{n} a_{2^{i}}\left(c_{2^{i}}-1\right)$

$$
\begin{aligned}
& =\left(2^{n} \times 4+\frac{2^{n}\left(2^{n}-1\right)}{2} \times 3\right)+\sum_{i=1}^{n}\left(9 \times 4^{i}-1\right) \\
& =\left(3 \times 2^{2 n-1}+5 \times 2^{n-1}\right)+9 \times \frac{4\left(1-4^{n}\right)}{1-4}-n \\
& =27 \times 2^{2 n-1}+5 \times 2^{n-1}-n-12 \quad\left(n \in \mathbf{N}^{*}\right)
\end{aligned}
$$

【名师点睛】本小题主要考查等差数列、等比数列的通项公式及其前 $n$ 项和公式等基础知识. 考查化归与转化思想和数列求和的基本方法以及运算求解能力.
题目（高二 · 算术）：12. 某种商品每件进价 12 元, 售价 20 元, 每天可卖出 48 件. 若售价降低销售量可以增加, 且售价降低 $x(0 \leqslant x \leqslant 8)$ 元时, 每天多卖出的件数与 $x^{2}+x$ 成正比. 已知商品售价降低 3 元时, 一天可多卖出 36 件。

(1)试将该商品一天的销售利润表示成 $x$ 的函数;

(2)该商品售价为多少元时, 一天的销售利润最大?
选项：
答案：：解 (1) 由题意, 可设每天多卖出的件数为 $k\left(x^{2}+x\right)$, 则 $36=k\left(3^{2}\right.$ $+3)$ ，解得 $k=3$.

又每件商品的利润为 $(20-12-x)$ 元, 每天卖出的商品件数为 48 $+3\left(x^{2}+x\right)$,

$\therefore$ 该商品一天的销售利润为

$$
\begin{aligned}
& f(x)=(8-x)\left[48+3\left(x^{2}+x\right)\right] \\
& =-3 x^{3}+21 x^{2}-24 x+384(0 \leqslant x \leqslant 8) \\
& (2) f^{\prime}(x)=-9 x^{2}+42 x-24=-3(x-4)(3 x-2)
\end{aligned}
$$

令 $f^{\prime}(x)=0$, 可得 $x=\frac{2}{3}$ 或 $x=4$.

当 $x$ 变化时, $f^{\prime}(x) 、 f(x)$ 的变化情况如下表:

| $x$ | 0 | $\left(0, \frac{2}{3}\right)$ | $\frac{2}{3}$ | $\left(\frac{2}{3}, 4\right)$ | 4 | $(4,8)$ | 8 |
| :---: | :---: | :---: | :---: | :---: | :---: | :---: | :---: |
| $f^{\prime}(x)$ |  | - | 0 | + | 0 | - |  |
| $f(x)$ | 384 | $\searrow$ | 极小值 |  | 极大值 | $\searrow$ | 0 |

$\therefore$ 当 $x=4$ 时, $f(x)$ 有极大值 432 , 也是最大值.

故当商品售价为 16 元时, 一天销售利润最大, 最大值为 432 元.
解析：：解 (1) 由题意, 可设每天多卖出的件数为 $k\left(x^{2}+x\right)$, 则 $36=k\left(3^{2}\right.$ $+3)$ ，解得 $k=3$.

又每件商品的利润为 $(20-12-x)$ 元, 每天卖出的商品件数为 48 $+3\left(x^{2}+x\right)$,

$\therefore$ 该商品一天的销售利润为

$$
\begin{aligned}
& f(x)=(8-x)\left[48+3\left(x^{2}+x\right)\right] \\
& =-3 x^{3}+21 x^{2}-24 x+384(0 \leqslant x \leqslant 8) \\
& (2) f^{\prime}(x)=-9 x^{2}+42 x-24=-3(x-4)(3 x-2)
\end{aligned}
$$

令 $f^{\prime}(x)=0$, 可得 $x=\frac{2}{3}$ 或 $x=4$.

当 $x$ 变化时, $f^{\prime}(x) 、 f(x)$ 的变化情况如下表:

| $x$ | 0 | $\left(0, \frac{2}{3}\right)$ | $\frac{2}{3}$ | $\left(\frac{2}{3}, 4\right)$ | 4 | $(4,8)$ | 8 |
| :---: | :---: | :---: | :---: | :---: | :---: | :---: | :---: |
| $f^{\prime}(x)$ |  | - | 0 | + | 0 | - |  |
| $f(x)$ | 384 | $\searrow$ | 极小值 |  | 极大值 | $\searrow$ | 0 |

$\therefore$ 当 $x=4$ 时, $f(x)$ 有极大值 432 , 也是最大值.

故当商品售价为 16 元时, 一天销售利润最大, 最大值为 432 元.
题目（高二 · 算术）：11. 在等比数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 中, $a_{1}+a_{n}=66, a_{3} a_{n-2}=128, S_{n}=126$, 求 $n$ 和 $q$.
选项：
答案：$n=6, q=\frac{1}{2}$ 或 2
解析：$\because a_{3} a_{n-2}=a_{1} a_{n}, \therefore a_{1} a_{n}=128$, 解方程组 $\left\{\begin{array}{l}a_{1} a_{n}=128, \\ a_{1}+a_{n}=66,\end{array}\right.$

得 $\left\{\begin{array}{l}a_{1}=64, \\ a_{n}=2,\end{array}\right.$

或 $\left\{\begin{array}{l}a_{1}=2, \\ a_{n}=64 .\end{array}\right.$

将(1)代入 $S_{n}=\frac{a_{1}-a_{n} q}{1-q}$, 可得 $q=\frac{1}{2}$,

由 $a_{n}=a_{1} q^{n-1}$ 可解得 $n=6$.

将(2)代入 $S_{n}=\frac{a_{1}-a_{n} q}{1-q}$, 可得 $q=2$,

由 $a_{n}=a_{1} q^{n-1}$ 可解得 $n=6$. 故 $n=6, q=\frac{1}{2}$ 或 2 .
题目（高二 · 算术）：13. 已知 $S_{n}$ 为等比数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的前 $n$ 项和, $S_{n}=54, S_{2 n}=60$, 求 $S_{3 n}$.
选项：
答案：方法一 由题意 $S_{n}, S_{2 n}-S_{n}, S_{3 n}-S_{2 n}$ 成等比数列,

$\therefore 6^{2}=54\left(S_{3 n}-60\right), \quad \therefore S_{3 n}=\frac{182}{3}$.

方法二 由题意得 $a \neq 1, \therefore S_{n}=\frac{a_{1}\left(1-q^{n}\right)}{1-q}=54$

$S_{2 n}=\frac{a_{1}\left(1-q^{2 n}\right)}{1-q}=60$

由(2) $\div(1)$ 得 $1+q^{n}=\frac{10}{9}$,

$\therefore q^{n}=\frac{1}{9}, \quad \therefore \frac{a_{1}}{1-q}=\frac{9 \times 54}{8}$,

$\therefore S_{3 n}=\frac{a_{1}\left(1-q^{3 n}\right)}{1-q}=\frac{9 \times 54}{8}\left(1-\frac{1}{9^{3}}\right)=\frac{182}{3}$.
解析：方法一 由题意 $S_{n}, S_{2 n}-S_{n}, S_{3 n}-S_{2 n}$ 成等比数列,

$\therefore 6^{2}=54\left(S_{3 n}-60\right), \quad \therefore S_{3 n}=\frac{182}{3}$.

方法二 由题意得 $a \neq 1, \therefore S_{n}=\frac{a_{1}\left(1-q^{n}\right)}{1-q}=54$

$S_{2 n}=\frac{a_{1}\left(1-q^{2 n}\right)}{1-q}=60$

由(2) $\div(1)$ 得 $1+q^{n}=\frac{10}{9}$,

$\therefore q^{n}=\frac{1}{9}, \quad \therefore \frac{a_{1}}{1-q}=\frac{9 \times 54}{8}$,

$\therefore S_{3 n}=\frac{a_{1}\left(1-q^{3 n}\right)}{1-q}=\frac{9 \times 54}{8}\left(1-\frac{1}{9^{3}}\right)=\frac{182}{3}$.
题目（高二 · 算术）：成等差数列的三个数的和为 24 , 第二数与第三数之积为 40 , 求这三个数.
选项：
答案：$\because$ 成等差数列的三个数的和为 24 , 第二数与第三数之积为 $40, \therefore$设三个数为 $a-d, a, a+d$, 则 $(a-d)+a+(a+d)=3 a=24$,

解得 $a=8, a(a+d)=40$, 解得 $d=-3, \therefore$ 三个数为 $11,8,5$.
解析：$\because$ 成等差数列的三个数的和为 24 , 第二数与第三数之积为 $40, \therefore$设三个数为 $a-d, a, a+d$, 则 $(a-d)+a+(a+d)=3 a=24$,

解得 $a=8, a(a+d)=40$, 解得 $d=-3, \therefore$ 三个数为 $11,8,5$.
题目（高二 · 算术）：已知等差数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 中, 公差 $d=2, a_{2}=3$, 求:

(1) $a_{3} 、 a_{5}$ 的值;

(2) 该数列的前 5 项和 $S_{5}$ 。
选项：
答案：$\because$ 等差数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 中，公差 $d=2, a_{2}=3$,

$\therefore a_{3}=a_{2}+d=3+2=5$,

$\therefore a_{5}=a_{2}+3 d=3+3 \times 2=9$;

(2) $\because a_{2}=a_{1}+d$ ，即 $3=a_{1}+2$,

$\therefore a_{1}=1$,

$\because\left\{a_{n}\right\}$ 是等差数列,

$\therefore S_{5}=\frac{\left(a_{1}+a_{5}\right) \times 5}{2}=\frac{(1+9) \times 5}{2}=25$.
解析：$\because$ 等差数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 中，公差 $d=2, a_{2}=3$,

$\therefore a_{3}=a_{2}+d=3+2=5$,

$\therefore a_{5}=a_{2}+3 d=3+3 \times 2=9$;

(2) $\because a_{2}=a_{1}+d$ ，即 $3=a_{1}+2$,

$\therefore a_{1}=1$,

$\because\left\{a_{n}\right\}$ 是等差数列,

$\therefore S_{5}=\frac{\left(a_{1}+a_{5}\right) \times 5}{2}=\frac{(1+9) \times 5}{2}=25$.
题目（高二 · 算术）：13. 已知数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 满足 $a_{1}=-1, a_{n+1}=a_{n}+\frac{1}{n(n+1)}, n \in \mathbf{N}^{*}$, 则通项公式 $a_{n}=$
选项：
答案：$-\frac{1}{n}$
解析：$\because a_{n+1}-a_{n}=\frac{1}{n(n+1)}$,

$\therefore a_{2}-a_{1}=\frac{1}{1 \times 2}$;

$a_{3}-a_{2}=\frac{1}{2 \times 3}$;

$a_{4}-a_{3}=\frac{1}{3 \times 4}$;

... ...

$a_{n}-a_{n-1}=\frac{1}{(n-1) n} ;$

以上各式累加得, $a_{n}-a_{1}=\frac{1}{1 \times 2}+\frac{1}{2 \times 3}+\cdots+\frac{1}{(n-1) n}$
$=1-\frac{1}{2}+\frac{1}{2}-\frac{1}{3}+\cdots+\frac{1}{n-1}-\frac{1}{n}$

$=1-\frac{1}{n}$.

$\therefore a_{n}+1=1-\frac{1}{n}, \therefore a_{n}=-\frac{1}{n}$.
题目（高二 · 算术）：11. 已知成等差数列的四个数之和为 26 , 第二个数与第三个数之积为 40 , 求这四个数.
选项：
答案：$2,5,8,11$ 或 $11,8,5,2$
解析：设这四个数为 $a-3 d, a-d, a+d, a+3 d$, 则由题设得

$\left\{\begin{array}{l}(a-3 d)+(a-d)+(a+d)+(a+3 d)=26, \\ (a-d)(a+d)=40,\end{array}\right.$

$\therefore\left\{\begin{array}{l}4 a=26, \\ a^{2}-d^{2}=40 .\end{array}\right.$ 解得 $\left\{\begin{array}{l}a=\frac{13}{2}, \\ d=\frac{3}{2}\end{array}\right.$ 或 $\left\{\begin{array}{l}a=\frac{13}{2}, \\ d=-\frac{3}{2} .\end{array}\right.$ 所以这四个数为 $2,5,8,11$ 或 $11,8,5,2$.
题目（高二 · 算术）：11. 等差数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的公差 $d \neq 0$, 试比较 $a_{4} a_{9}$ 与 $a_{6} a_{7}$ 的大小.
选项：
答案：设 $a_{n}=a_{1}+(n-1) d$,

则 $a_{4} a_{9}-a_{6} a_{7}=\left(a_{1}+3 d\right)\left(a_{1}+8 d\right)-\left(a_{1}+5 d\right)\left(a_{1}+6 d\right)$

$=\left(a_{1}^{2}+11 a_{1} d+24 d^{2}\right)-\left(a_{1}^{2}+11 a_{1} d+30 d^{2}\right)$

$=-6 d^{2}<0$, 所以 $a_{4} a_{9}<a_{6} a_{7}$
解析：设 $a_{n}=a_{1}+(n-1) d$,

则 $a_{4} a_{9}-a_{6} a_{7}=\left(a_{1}+3 d\right)\left(a_{1}+8 d\right)-\left(a_{1}+5 d\right)\left(a_{1}+6 d\right)$

$=\left(a_{1}^{2}+11 a_{1} d+24 d^{2}\right)-\left(a_{1}^{2}+11 a_{1} d+30 d^{2}\right)$

$=-6 d^{2}<0$, 所以 $a_{4} a_{9}<a_{6} a_{7}$