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 $b_{n}=\log _{4} a_{n}$. 证明: $\left\{b_{n}\right\}$ 为等差数列, 并求 $\left\{b_{n}\right\}$ 的前 $n$ 项和 $S_{n}$.
选项：
答案：(I) 解: 设等比数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的公比为 $q$, 依题意 $q>0$.

$\because a_{2}=8, a_{3}+a_{4}=48, \quad \therefore a_{1} q=8, a_{1} q^{2}+a_{1} q^{3}=48$.

两式相除得 $q^{2}+q-6=0, \quad$ 解得 $q=2$, 舍去 $q=-3 . \quad \therefore a_{1}=\frac{a_{2}}{q}=4$.

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

(II) 证明: 由（I ）得 $b_{n}=\log _{4} a_{n}=\frac{n+1}{2} . \quad \because b_{n+1}-b_{n}=\frac{n+2}{2}-\frac{n+1}{2}=\frac{1}{2}$,

$\therefore$ 数列 $\left\{b_{n}\right\}$ 是首项为 1 , 公差为 $d=\frac{1}{2}$ 的等差数列. $\quad \therefore S_{n}=n b_{1}+\frac{n(n-1)}{2} d=\frac{n^{2}+3 n}{4}$.
解析：(I) 解: 设等比数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的公比为 $q$, 依题意 $q>0$.

$\because a_{2}=8, a_{3}+a_{4}=48, \quad \therefore a_{1} q=8, a_{1} q^{2}+a_{1} q^{3}=48$.

两式相除得 $q^{2}+q-6=0, \quad$ 解得 $q=2$, 舍去 $q=-3 . \quad \therefore a_{1}=\frac{a_{2}}{q}=4$.

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

(II) 证明: 由（I ）得 $b_{n}=\log _{4} a_{n}=\frac{n+1}{2} . \quad \because b_{n+1}-b_{n}=\frac{n+2}{2}-\frac{n+1}{2}=\frac{1}{2}$,

$\therefore$ 数列 $\left\{b_{n}\right\}$ 是首项为 1 , 公差为 $d=\frac{1}{2}$ 的等差数列. $\quad \therefore S_{n}=n b_{1}+\frac{n(n-1)}{2} d=\frac{n^{2}+3 n}{4}$.
题目（高二 · 代数）：14. 设 $\left\{a_{n}\right\}$ 是首项为 1 的正项数列, 且 $(n+1) \cdot a_{n+1}^{2}-n a_{n}^{2}+a_{n+1} a_{n}=0(n=1,2,3, \cdots)$, 则它的通项公式是
选项：
答案：$\frac{1}{n}$
解析：$\because(n+1) a_{n+1}^{2}-n a_{n}^{2}+a_{n} a_{n+1}=0$,

$\therefore\left[(n+1) a_{n+1}-n a_{n}\right] \cdot\left(a_{n+1}+a_{n}\right)=0$,

$\because a_{n}>0, \quad \therefore a_{n}+a_{n+1}>0$,

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

方法一 $\frac{a_{n+1}}{a_{n}}=\frac{n}{n+1}$.

$\therefore \frac{a_{2}}{a_{1}} \cdot \frac{a_{3}}{a_{2}} \cdot \frac{a_{4}}{a_{3}} \cdot \frac{a_{5}}{a_{4}} \ldots \ldots \frac{a_{n}}{a_{n-1}}$

$=\frac{1}{2} \cdot \frac{2}{3} \cdot \frac{3}{4} \cdot \frac{4}{5} \cdot \ldots \cdot \frac{n-1}{n}$,

$\therefore \frac{a_{n}}{a_{1}}=\frac{1}{n}$.

又 $\because a_{1}=1, \therefore a_{n}=\frac{1}{n} a_{1}=\frac{1}{n}$.

方法二 $(n+1) a_{n+1}-n a_{n}=0$,

$\therefore n a_{n}=(n-1) a_{n-1}=\cdots=1 \times a_{1}=1$,

$\therefore n a_{n}=1, a_{n}=\frac{1}{n}$.
题目（高二 · 代数）：12. 已知数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 满足 $a_{1}=4, a_{n}=4-\frac{4}{a_{n-1}}(n \geqslant 2)$, 令 $b_{n}=\frac{1}{a_{n}-2}$.

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

(2)求数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的通项公式.
选项：
答案：(1) $\because a_{n}=4-\frac{4}{a_{n-1}}(n \geqslant 2)$,

$\therefore a_{n+1}=4-\frac{4}{a_{n}}\left(n \in \mathbf{N}^{*}\right)$.

$\therefore b_{n+1}-b_{n}=\frac{1}{a_{n+1}-2}-\frac{1}{a_{n}-2}=\frac{1}{2-\frac{4}{a_{n}}}-\frac{1}{a_{n}-2}=\frac{a_{n}}{2\left(a_{n}-2\right)}-\frac{1}{a_{n}-2}=\frac{a_{n}-2}{2\left(a_{n}-2\right)}=\frac{1}{2}$.

$\therefore b_{n+1}-b_{n}=\frac{1}{2}, n \in \mathbf{N}^{*}$.

$\therefore\left\{b_{n}\right\}$ 是等差数列, 首项为 $\frac{1}{2}$, 公差为 $\frac{1}{2}$.

(2) $b_{1}=\frac{1}{a_{1}-2}=\frac{1}{2}, d=\frac{1}{2}$.

$\therefore b_{n}=b_{1}+(n-1) d=\frac{1}{2}+\frac{1}{2}(n-1)=\frac{n}{2}$.

$\therefore \frac{1}{a_{n}-2}=\frac{n}{2}, \therefore a_{n}=2+\frac{2}{n}$.
解析：(1) $\because a_{n}=4-\frac{4}{a_{n-1}}(n \geqslant 2)$,

$\therefore a_{n+1}=4-\frac{4}{a_{n}}\left(n \in \mathbf{N}^{*}\right)$.

$\therefore b_{n+1}-b_{n}=\frac{1}{a_{n+1}-2}-\frac{1}{a_{n}-2}=\frac{1}{2-\frac{4}{a_{n}}}-\frac{1}{a_{n}-2}=\frac{a_{n}}{2\left(a_{n}-2\right)}-\frac{1}{a_{n}-2}=\frac{a_{n}-2}{2\left(a_{n}-2\right)}=\frac{1}{2}$.

$\therefore b_{n+1}-b_{n}=\frac{1}{2}, n \in \mathbf{N}^{*}$.

$\therefore\left\{b_{n}\right\}$ 是等差数列, 首项为 $\frac{1}{2}$, 公差为 $\frac{1}{2}$.

(2) $b_{1}=\frac{1}{a_{1}-2}=\frac{1}{2}, d=\frac{1}{2}$.

$\therefore b_{n}=b_{1}+(n-1) d=\frac{1}{2}+\frac{1}{2}(n-1)=\frac{n}{2}$.

$\therefore \frac{1}{a_{n}-2}=\frac{n}{2}, \therefore a_{n}=2+\frac{2}{n}$.
题目（高二 · 代数）：14.已知数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 满足 $a_{1}=\frac{1}{5}$, 且当 $n>1, n \in \mathbf{N}^{*}$ 时, 有 $\frac{a_{n-1}}{a_{n}}=\frac{2 a_{n-1}+1}{1-2 a_{n}}$, 设 $b_{n}=\frac{1}{a_{n}}$, $n \in \mathbf{N}^{*}$.

(1)求证：数列 $\left\{b_{n}\right\}$ 为等差数列.

(2)试问 $a_{1} a_{2}$ 是否是数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 中的项？如果是, 是第几项; 如果不是, 请说明理由.
选项：
答案：(1)当 $n>1, n \in \mathbf{N}^{*}$ 时, $\frac{a_{n-1}}{a_{n}}=\frac{2 a_{n-1}+1}{1-2 a_{n}} \Leftrightarrow \frac{1-2 a_{n}}{a_{n}}=\frac{2 a_{n-1}+1}{a_{n-1}}$

$\Leftrightarrow \frac{1}{a_{n}}-2=2+\frac{1}{a_{n-1}} \Leftrightarrow \frac{1}{a_{n}}-\frac{1}{a_{n-1}}=4 \Leftrightarrow b_{n}-b_{n-1}=4$, 且 $b_{1}=\frac{1}{a_{1}}=5$.

$\therefore\left\{b_{n}\right\}$ 是等差数列, 且公差为 4 , 首项为 5 .

(2) 由(1)知 $b_{n}=b_{1}+(n-1) d=5+4(n-1)=4 n+1$.

$\therefore a_{n}=\frac{1}{b_{n}}=\frac{1}{4 n+1}, n \in \mathbf{N}^{*}$.

$\therefore a_{1}=\frac{1}{5}, a_{2}=\frac{1}{9}, \therefore a_{1} a_{2}=\frac{1}{45}$. 令 $a_{n}=\frac{1}{4 n+1}=\frac{1}{45}$,

$\therefore n=11$.

即 $a_{1} a_{2}=a_{11}, \therefore a_{1} a_{2}$ 是数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 中的项，是第 11 项.
解析：(1)当 $n>1, n \in \mathbf{N}^{*}$ 时, $\frac{a_{n-1}}{a_{n}}=\frac{2 a_{n-1}+1}{1-2 a_{n}} \Leftrightarrow \frac{1-2 a_{n}}{a_{n}}=\frac{2 a_{n-1}+1}{a_{n-1}}$

$\Leftrightarrow \frac{1}{a_{n}}-2=2+\frac{1}{a_{n-1}} \Leftrightarrow \frac{1}{a_{n}}-\frac{1}{a_{n-1}}=4 \Leftrightarrow b_{n}-b_{n-1}=4$, 且 $b_{1}=\frac{1}{a_{1}}=5$.

$\therefore\left\{b_{n}\right\}$ 是等差数列, 且公差为 4 , 首项为 5 .

(2) 由(1)知 $b_{n}=b_{1}+(n-1) d=5+4(n-1)=4 n+1$.

$\therefore a_{n}=\frac{1}{b_{n}}=\frac{1}{4 n+1}, n \in \mathbf{N}^{*}$.

$\therefore a_{1}=\frac{1}{5}, a_{2}=\frac{1}{9}, \therefore a_{1} a_{2}=\frac{1}{45}$. 令 $a_{n}=\frac{1}{4 n+1}=\frac{1}{45}$,

$\therefore n=11$.

即 $a_{1} a_{2}=a_{11}, \therefore a_{1} a_{2}$ 是数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 中的项，是第 11 项.
题目（高二 · 代数）：14. 设等差数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的前 $n$ 项和为 $S_{n}$, 已知 $a_{3}=12$, 且 $S_{12}>0, S_{13}<0$.

(1)求公差 $d$ 的范围;

(2)问前几项的和最大, 并说明理由.
选项：
答案：(1)根据题意, 有: $\left\{\begin{array}{l}12 a_{1}+\frac{12 \times 11}{2} d>0, \\ 13 a_{1}+\frac{13 \times 12}{2} d<0, \\ a_{1}+2 d=12,\end{array} \quad\right.$ 整理得: $\left\{\begin{array}{l}2 a_{1}+11 d>0, \\ a_{1}+6 d<0, \\ a_{1}+2 d=12 .\end{array}\right.$

解之得: $-\frac{24}{7}<d<-3$.

(2) $\because d<0$,

而 $S_{13}=\frac{13\left(a_{1}+a_{13}\right)}{2}=13 a_{7}<0, \quad \therefore a_{7}<0$.

又 $S_{12}=\frac{12\left(a_{1}+a_{12}\right)}{2}=6\left(a_{1}+a_{12}\right)=6\left(a_{6}+a_{7}\right)>0$,

$\therefore a_{6}>0$.

$\therefore$ 数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的前 6 项和 $S_{6}$ 最大.
解析：(1)根据题意, 有: $\left\{\begin{array}{l}12 a_{1}+\frac{12 \times 11}{2} d>0, \\ 13 a_{1}+\frac{13 \times 12}{2} d<0, \\ a_{1}+2 d=12,\end{array} \quad\right.$ 整理得: $\left\{\begin{array}{l}2 a_{1}+11 d>0, \\ a_{1}+6 d<0, \\ a_{1}+2 d=12 .\end{array}\right.$

解之得: $-\frac{24}{7}<d<-3$.

(2) $\because d<0$,

而 $S_{13}=\frac{13\left(a_{1}+a_{13}\right)}{2}=13 a_{7}<0, \quad \therefore a_{7}<0$.

又 $S_{12}=\frac{12\left(a_{1}+a_{12}\right)}{2}=6\left(a_{1}+a_{12}\right)=6\left(a_{6}+a_{7}\right)>0$,

$\therefore a_{6}>0$.

$\therefore$ 数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的前 6 项和 $S_{6}$ 最大.
题目（高二 · 代数）：12. 已知数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的前 $n$ 项和为 $S_{n}, S_{n}=\frac{1}{3}\left(a_{n}-1\right)\left(n \in \mathbf{N}^{*}\right)$.

(1)求 $a_{1}, a_{2}$ ，(2)求证: 数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 是等比数列.
选项：
答案：(1) 解 由 $S_{1}=\frac{1}{3}\left(a_{1}-1\right)$, 得 $a_{1}=\frac{1}{3}\left(a_{1}-1\right)$,

$\therefore a_{1}=-\frac{1}{2}$. 又 $S_{2}=\frac{1}{3}\left(a_{2}-1\right)$,

即 $a_{1}+a_{2}=\frac{1}{3}\left(a_{2}-1\right)$, 得 $a_{2}=\frac{1}{4}$.

(2)证明 当 $n \geqslant 2$ 时, $a_{n}=S_{n}-S_{n-1}$

$=\frac{1}{3}\left(a_{n}-1\right)-\frac{1}{3}\left(a_{n-1}-1\right)$,

得 $\frac{a_{n}}{a_{n-1}}=-\frac{1}{2}$, 又 $\frac{a_{2}}{a_{1}}=-\frac{1}{2}$,

所以 $\left\{a_{n}\right\}$ 是首项为 $-\frac{1}{2}$, 公比为 $-\frac{1}{2}$ 的等比数列.
解析：(1) 解 由 $S_{1}=\frac{1}{3}\left(a_{1}-1\right)$, 得 $a_{1}=\frac{1}{3}\left(a_{1}-1\right)$,

$\therefore a_{1}=-\frac{1}{2}$. 又 $S_{2}=\frac{1}{3}\left(a_{2}-1\right)$,

即 $a_{1}+a_{2}=\frac{1}{3}\left(a_{2}-1\right)$, 得 $a_{2}=\frac{1}{4}$.

(2)证明 当 $n \geqslant 2$ 时, $a_{n}=S_{n}-S_{n-1}$

$=\frac{1}{3}\left(a_{n}-1\right)-\frac{1}{3}\left(a_{n-1}-1\right)$,

得 $\frac{a_{n}}{a_{n-1}}=-\frac{1}{2}$, 又 $\frac{a_{2}}{a_{1}}=-\frac{1}{2}$,

所以 $\left\{a_{n}\right\}$ 是首项为 $-\frac{1}{2}$, 公比为 $-\frac{1}{2}$ 的等比数列.
题目（高二 · 代数）：24. 已知函数 $y=a x^{2}+b x$, 则 $\frac{\Delta y}{\Delta x}=$ \$ \qquad \$ .
选项：
答案：答案: $2 a x+b+a \Delta x$
解析：: 解答: $\frac{\Delta y}{\Delta x}=\frac{a(x+\Delta x)^{2}+b(x+\Delta x)-a x^{2}-b x}{\Delta x}=2 a x+b+a \Delta x$.

分析: 本题主要考查了导数的概念, 解决问题的关键是根据导数的概念计算即可.
题目（高二 · 代数）：25. 设函数 $y=f(x)$, 当自变量由 $x_{0}$ 变到 $x_{0}+\Delta x$ 时, 函数的改变量 $\Delta y=$ \$ \qquad \$
选项：
答案：答案: $\Delta y=f\left(x_{0}+\Delta x\right)-f\left(x_{0}\right)$
解析：：解答：根据定义: $\Delta y=f\left(x_{0}+\Delta x\right)-f\left(x_{0}\right)$

分析: 本题主要考查了导数的概念, 解决问题的关键是根据导数的概念计算即可.
题目（高二 · 代数）：11. 若不等式 $a x^{2}+b x+c \geqslant 0$ 的解集为 $\left\{x \left\lvert\,-\frac{1}{3} \leqslant x \leqslant 2\right.\right\}$, 求关于 $x$ 的不等式 $c x^{2}-b x+a<0$的解集.
选项：
答案：由 $a x^{2}+b x+c \geqslant 0$ 的解集为 $\left\{x \left\lvert\,-\frac{1}{3} \leqslant x \leqslant 2\right.\right\}$,

知 $a<0$, 且关于 $x$ 的方程 $a x^{2}+b x+c=0$ 的两个根分别为 $-\frac{1}{3}, 2$,

$\therefore\left\{\begin{array}{l}-\frac{1}{3}+2=-\frac{b}{a} \\ -\frac{1}{3} \times 2=\frac{c}{a}\end{array} \quad, \therefore b=-\frac{5}{3} a, c=-\frac{2}{3} a\right.$.

所以不等式 $c x^{2}-b x+a<0$ 可变形为

$\left(-\frac{2}{3} a\right) x^{2}-\left(-\frac{5}{3} a\right) x+a<0$,

即 $2 a x^{2}-5 a x-3 a>0$.

又因为 $a<0$, 所以 $2 x^{2}-5 x-3<0$,

所以所求不等式的解集为 $\left\{x \left\lvert\,-\frac{1}{2}<x<3\right.\right\}$.
解析：由 $a x^{2}+b x+c \geqslant 0$ 的解集为 $\left\{x \left\lvert\,-\frac{1}{3} \leqslant x \leqslant 2\right.\right\}$,

知 $a<0$, 且关于 $x$ 的方程 $a x^{2}+b x+c=0$ 的两个根分别为 $-\frac{1}{3}, 2$,

$\therefore\left\{\begin{array}{l}-\frac{1}{3}+2=-\frac{b}{a} \\ -\frac{1}{3} \times 2=\frac{c}{a}\end{array} \quad, \therefore b=-\frac{5}{3} a, c=-\frac{2}{3} a\right.$.

所以不等式 $c x^{2}-b x+a<0$ 可变形为

$\left(-\frac{2}{3} a\right) x^{2}-\left(-\frac{5}{3} a\right) x+a<0$,

即 $2 a x^{2}-5 a x-3 a>0$.

又因为 $a<0$, 所以 $2 x^{2}-5 x-3<0$,

所以所求不等式的解集为 $\left\{x \left\lvert\,-\frac{1}{2}<x<3\right.\right\}$.
题目（高二 · 代数）：12. 解关于 $x$ 的不等式 $x^{2}-\left(a+a^{2}\right) x+a^{3}>0$.
选项：
答案：将不等式 $x^{2}-\left(a+a^{2}\right) x+a^{3}>0$ 变形为

$(x-a)\left(x-a^{2}\right)>0$.

$\because a^{2}-a=a(a-1)$.

$\therefore$ 当 $a<0$ 或 $a>1$ 时, $a<a^{2}$, 解集为 $\left\{x \mid x<a\right.$ 或 $\left.x>a^{2}\right\}$.

当 $0<a<1$ 时, $a^{2}<a$, 解集为 $\left\{x \mid x<a^{2}\right.$ 或 $\left.x>a\right\}$.

当 $a=0$ 或 1 时, 解集为 $\{x \mid x \in \mathbf{R}$ 且 $x \neq a\}$.

综上知, 当 $a<0$ 或 $a>1$ 时, 不等式的解集为 $\left\{x \mid x<a\right.$ 或 $\left.x>a^{2}\right\}$;

当 $0<a<1$ 时, 不等式的解集为 $\left\{x \mid x<a^{2}\right.$ 或 $\left.x>a\right\}$;
当 $a=0$ 或 1 时, 不等式的解集为 $\{x \mid x \in \mathbf{R}$ 且 $x \neq a\}$.
解析：将不等式 $x^{2}-\left(a+a^{2}\right) x+a^{3}>0$ 变形为

$(x-a)\left(x-a^{2}\right)>0$.

$\because a^{2}-a=a(a-1)$.

$\therefore$ 当 $a<0$ 或 $a>1$ 时, $a<a^{2}$, 解集为 $\left\{x \mid x<a\right.$ 或 $\left.x>a^{2}\right\}$.

当 $0<a<1$ 时, $a^{2}<a$, 解集为 $\left\{x \mid x<a^{2}\right.$ 或 $\left.x>a\right\}$.

当 $a=0$ 或 1 时, 解集为 $\{x \mid x \in \mathbf{R}$ 且 $x \neq a\}$.

综上知, 当 $a<0$ 或 $a>1$ 时, 不等式的解集为 $\left\{x \mid x<a\right.$ 或 $\left.x>a^{2}\right\}$;

当 $0<a<1$ 时, 不等式的解集为 $\left\{x \mid x<a^{2}\right.$ 或 $\left.x>a\right\}$;
当 $a=0$ 或 1 时, 不等式的解集为 $\{x \mid x \in \mathbf{R}$ 且 $x \neq a\}$.
题目（高二 · 代数）：14.解关于 $x$ 的不等式: $a x^{2}-2 \geqslant 2 x-a x(a \in \mathbf{R})$.
选项：
答案：原不等式移项得 $a x^{2}+(a-2) x-2 \geqslant 0$,

化简为 $(x+1)(a x-2) \geqslant 0$.

当 $a=0$ 时, $x \leqslant-1$;

当 $a>0$ 时, $x \geqslant \frac{2}{a}$ 或 $x \leqslant-1$;

当 $-2<a<0$ 时, $\frac{2}{a} \leqslant x \leqslant-1$;

当 $a=-2$ 时, $x=-1$;

当 $a<-2$ 时, $-1 \leqslant x \leqslant \frac{2}{a}$.

综上所述,

当 $a>0$ 时, 解集为 $\left\{x \left\lvert\, x \geqslant \frac{2}{a}\right.\right.$ 或 $\left.x \leqslant-1\right\}$;

当 $a=0$ 时, 解集为 $\{x \mid x \leqslant-1\}$;

当 $-2<a<0$ 时, 解集为 $\left\{\left.x\right|_{a} ^{2} \leqslant x \leqslant-1\right\}$;

当 $a=-2$ 时, 解集为 $\{x \mid x=-1\}$;

当 $a<-2$ 时, 解集为 $\left\{x \left\lvert\,-1 \leqslant x \leqslant \frac{2}{a}\right.\right\}$.
解析：原不等式移项得 $a x^{2}+(a-2) x-2 \geqslant 0$,

化简为 $(x+1)(a x-2) \geqslant 0$.

当 $a=0$ 时, $x \leqslant-1$;

当 $a>0$ 时, $x \geqslant \frac{2}{a}$ 或 $x \leqslant-1$;

当 $-2<a<0$ 时, $\frac{2}{a} \leqslant x \leqslant-1$;

当 $a=-2$ 时, $x=-1$;

当 $a<-2$ 时, $-1 \leqslant x \leqslant \frac{2}{a}$.

综上所述,

当 $a>0$ 时, 解集为 $\left\{x \left\lvert\, x \geqslant \frac{2}{a}\right.\right.$ 或 $\left.x \leqslant-1\right\}$;

当 $a=0$ 时, 解集为 $\{x \mid x \leqslant-1\}$;

当 $-2<a<0$ 时, 解集为 $\left\{\left.x\right|_{a} ^{2} \leqslant x \leqslant-1\right\}$;

当 $a=-2$ 时, 解集为 $\{x \mid x=-1\}$;

当 $a<-2$ 时, 解集为 $\left\{x \left\lvert\,-1 \leqslant x \leqslant \frac{2}{a}\right.\right\}$.
题目（高二 · 代数）：12. 关于 $x$ 的不等式组 $\left\{\begin{array}{l}x^{2}-x-2>0, \\ 2 x^{2}+(2 k+5) x+5 k<0\end{array}\right.$ 的整数解的集合为 $\{-2\}$, 求实数 $k$ 的取值范围.
选项：
答案：由 $x^{2}-x-2>0$, 可得 $x<-1$ 或 $x>2$.

$\because\left\{\begin{array}{l}x^{2}-x-2>0, \\ 2 x^{2}+(2 k+5) x+5 k<0\end{array}\right.$ 的整数解的集合为 $\{-2\}$,

方程 $2 x^{2}+(2 k+5) x+5 k=0$ 的两根为 $-k$ 与 $-\frac{5}{2}$,

(1)若 $-k<-\frac{5}{2}$, 则不等式组的整数解的集合就不可能为 $\{-2\}$;

(2) 若 $-\frac{5}{2}<-k$, 则应有 $-2<-k \leqslant 3$,

$\therefore-3 \leqslant k<2$.

综上, 所求的 $k$ 的取值范围为 $-3 \leqslant k<2$.
解析：由 $x^{2}-x-2>0$, 可得 $x<-1$ 或 $x>2$.

$\because\left\{\begin{array}{l}x^{2}-x-2>0, \\ 2 x^{2}+(2 k+5) x+5 k<0\end{array}\right.$ 的整数解的集合为 $\{-2\}$,

方程 $2 x^{2}+(2 k+5) x+5 k=0$ 的两根为 $-k$ 与 $-\frac{5}{2}$,

(1)若 $-k<-\frac{5}{2}$, 则不等式组的整数解的集合就不可能为 $\{-2\}$;

(2) 若 $-\frac{5}{2}<-k$, 则应有 $-2<-k \leqslant 3$,

$\therefore-3 \leqslant k<2$.

综上, 所求的 $k$ 的取值范围为 $-3 \leqslant k<2$.
题目（高二 · 代数）：14. 已知不等式 $x^{2}+p x+1>2 x+p$.

(1)如果不等式当 $|p| \leqslant 2$ 时恒成立, 求 $x$ 的取值范围;

(2)如果不等式当 $2 \leqslant x \leqslant 4$ 时恒成立, 求 $p$ 的取值范围.
选项：
答案：(1)不等式化为 $(x-1) p+x^{2}-2 x+1>0$,

令 $f(p)=(x-1) p+x^{2}-2 x+1$,

则 $f(p)$ 的图象是一条直线. 又 $\because|p| \leqslant 2$,

$\therefore-2 \leqslant p \leqslant 2$, 于是得: $\left\{\begin{array}{l}f(-2)>0, \\ f(2)>0 .\end{array}\right.$

即 $\left\{\begin{array}{l}(x-1) \cdot(-2)+x^{2}-2 x+1>0, \\ (x-1) \cdot 2+x^{2}-2 x+1>0 .\end{array}\right.$
即 $\left\{\begin{array}{l}x^{2}-4 x+3>0, \quad \therefore x>3 \text { 或 } x<-1 . \\ x^{2}-1>0 .\end{array}\right.$

故 $x$ 的取值范围是 $x>3$ 或 $x<-1$.

(2) 不等式可化为 $(x-1) p>-x^{2}+2 x-1$,

$\because 2 \leqslant x \leqslant 4, \quad \therefore x-1>0$.

$\therefore p>\frac{-x^{2}+2 x-1}{x-1}=1-x$.

由于不等式当 $2 \leqslant x \leqslant 4$ 时恒成立,

$\therefore p>(1-x)_{\text {max }}$. 而 $2 \leqslant x \leqslant 4$,

$\therefore(1-x)_{\max }=-1$, 于是 $p>-1$.

故 $p$ 的取值范围是 $p>-1$.
解析：(1)不等式化为 $(x-1) p+x^{2}-2 x+1>0$,

令 $f(p)=(x-1) p+x^{2}-2 x+1$,

则 $f(p)$ 的图象是一条直线. 又 $\because|p| \leqslant 2$,

$\therefore-2 \leqslant p \leqslant 2$, 于是得: $\left\{\begin{array}{l}f(-2)>0, \\ f(2)>0 .\end{array}\right.$

即 $\left\{\begin{array}{l}(x-1) \cdot(-2)+x^{2}-2 x+1>0, \\ (x-1) \cdot 2+x^{2}-2 x+1>0 .\end{array}\right.$
即 $\left\{\begin{array}{l}x^{2}-4 x+3>0, \quad \therefore x>3 \text { 或 } x<-1 . \\ x^{2}-1>0 .\end{array}\right.$

故 $x$ 的取值范围是 $x>3$ 或 $x<-1$.

(2) 不等式可化为 $(x-1) p>-x^{2}+2 x-1$,

$\because 2 \leqslant x \leqslant 4, \quad \therefore x-1>0$.

$\therefore p>\frac{-x^{2}+2 x-1}{x-1}=1-x$.

由于不等式当 $2 \leqslant x \leqslant 4$ 时恒成立,

$\therefore p>(1-x)_{\text {max }}$. 而 $2 \leqslant x \leqslant 4$,

$\therefore(1-x)_{\max }=-1$, 于是 $p>-1$.

故 $p$ 的取值范围是 $p>-1$.哈哈
题目（高二 · 代数）：24. 已知函数 $f(x)=\frac{2}{2^{x}+1}+\sin x$, 其导函数记为 $f^{\prime}(x)$,

求 $f(2013)+f^{\prime}(2013)+f(-2013)-f^{\prime}(-2013)$ 的值。
选项：
答案：答案: 解: $f^{\prime}(x)=\frac{-2 \times 2^{x} \times \ln 2}{\left(2^{x}+1\right)^{2}}+\cos x$

所以 $f(2013)+f^{\prime}(2013)+f(-2013)-f^{\prime}(-2013)$

$=\frac{2}{2^{2013}+1}+\sin 2013+\frac{-2 \times 2^{2013} \times \ln 2}{\left(2^{2013}+1\right)^{2}}+\cos 2013+\frac{2}{2^{-2013}+1}+\sin (-2013)$

$-\frac{-2 \times 2^{-2013} \times \ln 2}{\left(2^{-2013}+1\right)^{2}}-\cos (-2013)$

$=\frac{2}{2^{2013}+1}+\frac{2}{2^{-2013}+1}+\frac{-2 \times 2^{2013} \times \ln 2}{\left(2^{2013}+1\right)^{2}}-\frac{-2 \times 2^{-2013} \times \ln 2}{\left(2^{-2013}+1\right)^{2}}$

$=\frac{2}{2^{2013}+1}+\frac{2 \times 2^{2013}}{1+2^{2013}}+\frac{-2 \times 2^{2013} \times \ln 2}{\left(2^{2013}+1\right)^{2}}-\frac{-2 \times 2^{2013} \times \ln 2}{\left(1+2^{2013}\right)^{2}}=2+0=2$
解析：: 分析: 本题主要考查了简单复合函数的导数, 解决问题的关键是根据复合函数性质计算即可.
题目（高二 · 代数）：25. 求函数 $y=(1+\cos 2 x)^{3}$ 的导数.
选项：
答案：答案: 解: $y=(1+\cos 2 x)^{3}=\left(2 \cos ^{2} x\right)^{3}=8 \cos ^{6} x$,

$y^{\prime}=48 \cos ^{5} x \cdot(\cos x)^{\prime}=48 \cos ^{5} x \cdot(-\sin x)$

$=-48 \sin x \cos ^{5} x$
解析：: 分析: 本题主要考查了简单复合函数的导数, 解决问题的关键是复合函数性质计算即可.
题目（高二 · 代数）：21. 已知函数 $f(x)=x^{3}+3 a x^{2}+3 x+1$.

(1) 当 $a=-\sqrt{2}$ 时, 讨论 $\mathrm{f}(x)$ 的单调性;
选项：
答案：答案: 解: 当 $a=-\sqrt{2}$ 时, $f(x)=x^{3}-3 \sqrt{2} x^{2}+3 x+1$.

$f^{\prime}(x)=3 x^{2}-6 \sqrt{2} x+3$.
令 $f^{\prime}(x)=0$, 得 $x_{1}=\sqrt{2}-1, x_{2}=\sqrt{2}+1$.

当 $x \in(-\infty, \sqrt{2}-1)$ 时, $f^{\prime}(x)>0, f(x)$ 在 $(-\infty, \sqrt{2}-1)$ 是增函数;

当 $x \in(\sqrt{2}-1, \sqrt{2}+1)$ 时, $f^{\prime}(x)<0, f(x)$ 在 $(\sqrt{2}-1, \sqrt{2}+1)$ 是减函数;

当 $x \in(\sqrt{2}+1,+\infty)$ 时, $f^{\prime}(x)>0, f(x)$ 在 $(\sqrt{2}+1,+\infty)$ 是增函数;

(2) 若 $x \in[2,+\infty)$ 时, $f(x) \geq 0$, 求 $a$ 的取值范围.

答案: 解: 由 $f(2) \geq 0$ 得 $a \geq-\frac{5}{4}$.

当 $a \geq-\frac{5}{4}, x \in(2,+\infty)$ 时,

$f^{\prime}(x)=3\left(x^{2}+2 a x+1\right) \geq 3\left(x^{2}-\frac{5}{2} x+1\right)=3\left(x-\frac{1}{2}\right)(x-2)>0$,

所以 $f(x)$ 在 $(2,+\infty)$ 是增函数, 于是当 $x \in[2,+\infty)$ 时, $f(x) \geq f(2) \geq 0$.

综上, $a$ 的取值范围是 $\left[-\frac{5}{4},+\infty\right)$.
解析：：分析：本题主要考查了利用导数研究函数的单调性, 解决问题的关键是 (1) 直接利用求导的方法, 通过导函数大于 0 和小于 0 求解函数单调区间; (2) 解题关键是利用求导的方法和不等式的放缩进行证明 $f(x) \geq f(2) \geq 0$.
题目（高二 · 代数）：22. 已知函数 $f(x)=x^{2}+a x, x \in R$. 若 $f(x+1)=f(-x)$, 求 $a$ 的值; 当 $a=2$ 时, 求 $g(x)=x f(x)$ 的单调区间.
选项：
答案：答案: 解: 因为, $f(x)=x^{2}+a x, x \in R, f(x+1)=f(-x)$,

所以, $f(x+1)=(x+1)^{2}+a(x+1)=x^{2}+(2+a) x+1+a$

$$
f(-x)=x^{2}-a x \text {, 所以有: } 1+a=0,2+a=-a \text {, 解得 } a=-1
$$

当 $a=2$ 时, $g(x)=x f(x)=x\left(x^{2}+2 x\right)=x^{3}+2 x^{2}$, $g^{\prime}(x)=3 x^{2}+4 x=x(3 x+4)=3 x\left(x+\frac{4}{3}\right)$

当 $x<-\frac{4}{3}$ 时, $g^{\prime}(x)>0$,

当 $x \in\left(-\frac{4}{3}, 0\right)$ 时, $g^{\prime}(x)<0$

当 $x>0$ 时, $g^{\prime}(x)>0$,
所以 $g(x)=x f(x)$ 的单调递增区间为 $\left(-\infty,-\frac{4}{3}\right)$ 和 $(0,+\infty)$, 单调递减区间为 $\left(-\frac{4}{3}, 0\right)$
解析：: 分析: 本题主要考查了利用导数研究函数的单调性, 解决问题的关键是利用导数研究函数的单调性, 是导数应用的基本问题, 主要依据“在给定区间, 导函数值非负, 函数为增函数; 导函数值非正, 函数为减函数”
题目（高二 · 代数）：11. 已知 $x>0, y>0$, 且 $\frac{1}{x}+\frac{9}{y}=1$, 求 $x+y$ 的最小值.
选项：
答案：方法一 $\because \frac{1}{x}+\frac{9}{y}=1$,

$\therefore x+y=(x+y) \cdot\left(\frac{1}{x}+\frac{9}{y}\right)=10+\frac{y}{x}+\frac{9 x}{y}$.

$\because x>0, \quad y>0, \quad \therefore \frac{y}{x}+\frac{9 x}{y} \geqslant 2 \sqrt{\frac{y}{x} \cdot \frac{9 x}{y}}=6$.

当且仅当 $x=\frac{y x}{y}$, 即 $y=3 x$ 时, 取等号.

又 $\frac{1}{x}+\frac{9}{y}=1, \therefore x=4, y=12$.

$\therefore$ 当 $x=4, y=12$ 时, $x+y$ 取最小值 16 .

方法二 由 $_{x}+\frac{9}{y}=1$, 得 $x=\frac{y}{y-9}$,

$\because x>0, \quad y>0, \quad \therefore y>9$.

$x+y=\frac{y}{y-9}+y=y+\frac{y-9+9}{y-9}=y+\frac{9}{y-9}+1$

$=(y-9)+\frac{9}{y-9}+10$.

$\because y>9, \quad \therefore y-9>0$,

$\therefore y-9+\frac{9}{y-9}+10 \geqslant 2 \sqrt{(y-9) \cdot \frac{9}{y-9}}+10=16$,

当且仅当 $y-9=\frac{9}{y-9}$, 即 $y=12$ 时取等号.

又 $\frac{1}{x}+\frac{9}{y}=1$, 则 $x=4$,

$\therefore$ 当 $x=4, y=12$ 时, $x+y$ 取最小值 16 .
解析：方法一 $\because \frac{1}{x}+\frac{9}{y}=1$,

$\therefore x+y=(x+y) \cdot\left(\frac{1}{x}+\frac{9}{y}\right)=10+\frac{y}{x}+\frac{9 x}{y}$.

$\because x>0, \quad y>0, \quad \therefore \frac{y}{x}+\frac{9 x}{y} \geqslant 2 \sqrt{\frac{y}{x} \cdot \frac{9 x}{y}}=6$.

当且仅当 $x=\frac{y x}{y}$, 即 $y=3 x$ 时, 取等号.

又 $\frac{1}{x}+\frac{9}{y}=1, \therefore x=4, y=12$.

$\therefore$ 当 $x=4, y=12$ 时, $x+y$ 取最小值 16 .

方法二 由 $_{x}+\frac{9}{y}=1$, 得 $x=\frac{y}{y-9}$,

$\because x>0, \quad y>0, \quad \therefore y>9$.

$x+y=\frac{y}{y-9}+y=y+\frac{y-9+9}{y-9}=y+\frac{9}{y-9}+1$

$=(y-9)+\frac{9}{y-9}+10$.

$\because y>9, \quad \therefore y-9>0$,

$\therefore y-9+\frac{9}{y-9}+10 \geqslant 2 \sqrt{(y-9) \cdot \frac{9}{y-9}}+10=16$,

当且仅当 $y-9=\frac{9}{y-9}$, 即 $y=12$ 时取等号.

又 $\frac{1}{x}+\frac{9}{y}=1$, 则 $x=4$,

$\therefore$ 当 $x=4, y=12$ 时, $x+y$ 取最小值 16 .
题目（高二 · 代数）：14. 设正数 $x, y$ 满足 $\sqrt{x}+\sqrt{y} \leqslant a \cdot \sqrt{x+y}$ 恒成立, 则 $a$ 的最小值是
选项：
答案：$\sqrt{2}$
解析：$\because \frac{\sqrt{x}+\sqrt{y}}{2} \leqslant \sqrt{\frac{x+y}{2}}$ 成立,

$\therefore \sqrt{x}+\sqrt{y} \leqslant \sqrt{2} \cdot \sqrt{x+y}, \quad \therefore a \geqslant \sqrt{2}$.哈哈
题目（高二 · 代数）：11. 设 $a 、 b 、 c$ 都是正数, 求证: $\frac{b c}{a}+\frac{c a}{b}+\frac{a b}{c} \geqslant a+b+c$.
选项：
答案：$\because a 、 b 、 c$ 都是正数, $\therefore \frac{b c}{a} 、 \frac{c a}{b} 、 \frac{a b}{c}$ 也都是正数.

$\therefore \frac{b c}{a}+\frac{c a}{b} \geqslant 2 c, \frac{c a}{b}+\frac{a b}{c} \geqslant 2 a, \frac{b c}{a}+\frac{a b}{c} \geqslant 2 b$,

三式相加得 $2\left(\frac{b c}{a}+\frac{c a}{b}+\frac{a b}{c}\right) \geqslant 2(a+b+c)$,即 $\frac{b c}{a}+\frac{c a}{b}+\frac{a b}{c} \geqslant a+b+c$.
解析：$\because a 、 b 、 c$ 都是正数, $\therefore \frac{b c}{a} 、 \frac{c a}{b} 、 \frac{a b}{c}$ 也都是正数.

$\therefore \frac{b c}{a}+\frac{c a}{b} \geqslant 2 c, \frac{c a}{b}+\frac{a b}{c} \geqslant 2 a, \frac{b c}{a}+\frac{a b}{c} \geqslant 2 b$,

三式相加得 $2\left(\frac{b c}{a}+\frac{c a}{b}+\frac{a b}{c}\right) \geqslant 2(a+b+c)$,即 $\frac{b c}{a}+\frac{c a}{b}+\frac{a b}{c} \geqslant a+b+c$.
题目（高二 · 代数）：12. $a>b>c, n \in \mathbf{N}$ 且 $\frac{1}{a-b}+\frac{1}{b-c} \geqslant \frac{n}{a-c}$, 求 $n$ 的最大值.
选项：
答案：$\because a>b>c, \therefore a-b>0, b-c>0, a-c>0$.

$\because \frac{1}{a-b}+\frac{1}{b-c} \geqslant \frac{n}{a-c}$,

$\therefore n \leqslant \frac{a-c}{a-b}+\frac{a-c}{b-c}$.

$\because a-c=(a-b)+(b-c)$,

$\therefore n \leqslant \frac{(a-b)+(b-c)}{a-b}+\frac{(a-b)+(b-c)}{b-c}$,

$\therefore n \leqslant \frac{b-c}{a-b}+\frac{a-b}{b-c}+2$.

$\because \frac{b-c}{a-b}+\frac{a-b}{b-c} \geqslant 2 \sqrt{\left(\frac{b-c}{a-b}\right) \cdot\left(\frac{a-b}{b-c}\right)}$

$=2(2 b=a+c$ 时取等号 $)$.

$\therefore n \leqslant 4 . \therefore n$ 的最大值是 4 .
解析：$\because a>b>c, \therefore a-b>0, b-c>0, a-c>0$.

$\because \frac{1}{a-b}+\frac{1}{b-c} \geqslant \frac{n}{a-c}$,

$\therefore n \leqslant \frac{a-c}{a-b}+\frac{a-c}{b-c}$.

$\because a-c=(a-b)+(b-c)$,

$\therefore n \leqslant \frac{(a-b)+(b-c)}{a-b}+\frac{(a-b)+(b-c)}{b-c}$,

$\therefore n \leqslant \frac{b-c}{a-b}+\frac{a-b}{b-c}+2$.

$\because \frac{b-c}{a-b}+\frac{a-b}{b-c} \geqslant 2 \sqrt{\left(\frac{b-c}{a-b}\right) \cdot\left(\frac{a-b}{b-c}\right)}$

$=2(2 b=a+c$ 时取等号 $)$.

$\therefore n \leqslant 4 . \therefore n$ 的最大值是 4 .
题目（高二 · 代数）：14. 已知 $a, b, c$ 为不等正实数, 且 $a b c=1$.

求证: $\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}<\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}$.
选项：
答案：$\because \frac{1}{a}+\frac{1}{b} \geqslant 2 \sqrt{\frac{1}{a b}}=2 \sqrt{c}$,

$\frac{1}{b}+\frac{1}{c} \geqslant 2 \sqrt{\frac{1}{b c}}=2 \sqrt{a}$,

$\frac{1}{c}+\frac{1}{a} \geqslant 2 \sqrt{\frac{1}{a c}}=2 \sqrt{b}$,

$\therefore 2\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right) \geqslant 2(\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c})$,

即 $\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c} \geqslant \sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}$.

$\because a, b, c$ 为不等正实数,

$\therefore \sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}<\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}$.
解析：$\because \frac{1}{a}+\frac{1}{b} \geqslant 2 \sqrt{\frac{1}{a b}}=2 \sqrt{c}$,

$\frac{1}{b}+\frac{1}{c} \geqslant 2 \sqrt{\frac{1}{b c}}=2 \sqrt{a}$,

$\frac{1}{c}+\frac{1}{a} \geqslant 2 \sqrt{\frac{1}{a c}}=2 \sqrt{b}$,

$\therefore 2\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right) \geqslant 2(\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c})$,

即 $\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c} \geqslant \sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}$.

$\because a, b, c$ 为不等正实数,

$\therefore \sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}<\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}$.哈哈