eodcF/cmm-math huggingface dataset:
题目（高二 · 代数）：16. 已知函数 $f(x)=e^{x}(x+1)^{2}$, 令 $f_{1}(x)=f^{\prime}(x), f_{n+1}(x)=f_{n}^{\prime}(x)\left(n \in \mathbf{N}^{*}\right)$, 若
$f_{n}(x)=e^{x}\left(a_{n} x^{2}+b_{n} x+c_{n}\right),[m]$ 表示不超过实数 $m$ 的最大整数, 记数列 $\left\{\frac{2 a_{n}}{2 c_{n}-b_{n}}\right\}$ 的前 $n$ 项和为 $S_{n}$, 则 $\left[3 S_{2000}\right]=$
选项：
答案：4
解析：由题意, 函数 $f(x)=e^{x}(x+1)^{2}$, 且 $f_{1}(x)=f^{\prime}(x), f_{n+1}(x)=f_{n}^{\prime}(x)\left(n \in \mathbf{N}^{*}\right)$,

可得 $f_{1}(x)=f^{\prime}(x)=e^{x}\left(x^{2}+4 x+3\right), f_{2}(x)=f_{1}^{\prime}(x)=e^{x}\left(x^{2}+6 x+7\right)$

$f_{3}(x)=f_{2}^{\prime}(x)=e^{x}\left(x^{2}+8 x+13\right), \quad f_{4}(x)=f_{3}^{\prime}(x)=e^{x}\left(x^{2}+10 x+21\right), \cdots \cdots$

又由 $f_{n}(x)=e^{x}\left(a_{n} x^{2}+b_{n} x+c_{n}\right)$, 可得 $\left\{a_{n}\right\}$ 为常数列, 且 $a_{n}=1$,

数列 $\left\{b_{n}\right\}$ 表示首项为 4 , 公差为 2 的等差数列, 所以 $b_{n}=2 n+2$,

其中数列 $\left\{c_{n}\right\}$ 满足 $c_{2}-c_{1}=4, c_{3}-c_{2}=6, c_{4}-c_{3}=8, \cdots, c_{n}-c_{n-1}=2 n$,

所以 $c_{n}=c_{1}+\left(c_{2}-c_{1}\right)+\left(c_{3}-c_{2}\right)+\cdots+\left(c_{n}-c_{n-1}\right)=4+\frac{(n-1)(4+2 n)}{2}=n^{2}+n+1$,

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

又由 $\frac{1}{n^{2}}>\frac{1}{n(n+1)}=\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1}, \frac{1}{n^{2}}<\frac{1}{n(n-1)}=\frac{1}{n-1}-\frac{1}{n},(n \geq 2)$,

可得数列 $\left\{\frac{1}{n(n+1)}\right\}$ 的前 $n$ 项和为 $1-\frac{1}{2}+\frac{1}{2}-\frac{1}{3}+\cdots+\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1}=1-\frac{1}{n+1}$,

数列 $\left\{\frac{1}{(n-1) \cdot n}\right\}$ 的前 $n$ 项和为 $1+\frac{1}{2}-\frac{1}{3}+\frac{1}{3}-\frac{1}{4}+\cdots+\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1}=\frac{3}{2}-\frac{1}{n+1}$,

所以数列 $\left\{\frac{2 a_{n}}{2 c_{n}-b_{n}}\right\}$ 的前 $n$ 项和为 $S_{n}$, 满足 $1-\frac{1}{n+1}<S_{n}<\frac{3}{2}-\frac{1}{n+1}$,

所以 $3\left(1-\frac{1}{2001}\right)<3 S_{2000}<3\left(\frac{3}{2}-\frac{1}{2001}\right)$, 即 $3-\frac{3}{2001}<3 S_{2000}<\frac{9}{2}-\frac{3}{2001}$,

又由 $[m]$ 表示不超过实数 $m$ 的最大整数, 所以 $\left[3 S_{2000}\right]=4$ 。
题目（高二 · 代数）：11.【2017 四川省成都七中实验学校下期中】数列 $a_{n}$ 满足: $a_{1}=1$, 且对任意的 $m 、 n \in N^{*}$ 都有: $a_{n+m}=a_{n}+a_{m}+n m$, 则 $a_{100}=$ \$ \qquad \$ .
选项：
答案：5050
解析：令 $m=1$, 则; $a_{n+1}=a_{n}+1+n \Rightarrow a_{n+1}-a_{n}=n+1 \Rightarrow$

$a_{100}=\left(a_{100}-a_{99}\right)+\left(a_{99}-a_{98}\right)+\cdots+\left(a_{3}-a_{2}\right)+\left(a_{2}-a_{1}\right)+a_{1}=100+99+\cdots+2+1=5050$
题目（高二 · 代数）：12.【2017 届云南省师范大学附属中学高三高考适应性月考】已知数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 满足 $a_{1}=2$, 且 $a_{n}=\frac{2 n a_{n-1}}{a_{n-1}+n-1}\left(n \geq 2, n \in N^{*}\right)$, 则 $a_{n}=$
选项：
答案：$\frac{n \cdot 2^{n}}{2^{n}-1}$
解析：由 $a_{n}=\frac{2 n a_{n-1}}{a_{n-1}+n-1}$, 得 $\frac{n}{a_{n}}=\frac{n-1}{2 a_{n-1}}+\frac{1}{2}$,于是 $\frac{n}{a_{n}}-1=\frac{1}{2}\left(\frac{n-1}{a_{n-1}}-1\right)\left(n \geq 2, n \in N^{*}\right)$. 又 $\frac{1}{a_{1}}-1=-\frac{1}{2}, \therefore$ 数列 $\left\{\frac{n}{a_{n}}-1\right\}$ 是以 $-\frac{1}{2}$ 为首项, $\frac{1}{2}$ 为公比的等比数列, 故 $\frac{n}{a_{n}}-1=-\frac{1}{2^{n}}, \therefore a_{n}=\frac{n \cdot 2^{n}}{2^{n}-1}$ $\left(n \in N^{*}\right)$.
题目（高二 · 代数）：16.【广东省深圳市高级中学 2019 届高三适应性考试 (6 月)数学试题】在数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 中, $a_{1}=\frac{1}{2019}, a_{n+1}=a_{n}+\frac{1}{n(n+1)},\left(n \in N^{*}\right)$, 则 $a_{2019}$ 的值为 \$ \qquad \$ .
选项：
答案：1
解析：因为 $a_{n+1}=a_{n}+\frac{1}{n(n+1)},\left(n \in \mathbf{N}^{*}\right)$ 所以 $a_{n+1}-a_{n}=\frac{1}{n(n+1)}=\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1}$, $a_{2}-a_{1}=1-\frac{1}{2}$,

$a_{3}-a_{2}=\frac{1}{2}-\frac{1}{3}$,

$\cdots$,

$a_{2019}-a_{2018}=\frac{1}{2018}-\frac{1}{2019}$,

各式相加, 可得

$a_{2019}-a_{1}=1-\frac{1}{2019}$,

$a_{2019}-\frac{1}{2019}=1-\frac{1}{2019}$,

所以, $a_{2019}=1$, 故答案为 1 .

【名师点睛】本题主要考查利用递推关系求数列中的项, 属于中档题. 利用递推关系求数列中的项常见思路为: (1) 项的序号较小时, 逐步递推求出即可; (2) 项的序数较大时, 考虑证明数列是等差、等比数列, 或者是周期数列; (3) 将递推关系变形, 利用累加法、累乘法以及构造新数列法求解.
题目（高二 · 代数）：7. 在数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 中, $a_{1}=\frac{1}{2}, a_{n+1}-a_{n}=\frac{1}{4 n^{2}-1}$, 则该数列的通项公式 $a_{n}=$ \$ \qquad \$ .\n\n
选项：
答案：【分析】题目已知条件是 $a_{n}-a_{n-1}=f(n)\left(n \geq 2\right.$, 且 $\left.n \in \mathbf{N}^{*}\right)$ 形式,用叠加原理求解.因为 $a_{n+1}-a_{n}=\frac{1}{4 n^{2}-1}=\frac{1}{2}\left(\frac{1}{2 n-1}-\frac{1}{2 n+1}\right)$, 所以运用累加法即可得到: $\left(a_{n}-a_{n-1}\right)+\left(a_{n-1}-a_{n-2}\right)+\cdots+\left(a_{2}-a_{1}\right)=\frac{1}{2}\left[\left(1-\frac{1}{3}\right)+\left(\frac{1}{3}-\frac{1}{5}\right)+\cdots+\left(\frac{1}{2 n-3}-\frac{1}{2 n-1}\right)\right]=\frac{1}{2}\left(1-\frac{1}{2 n-1}\right)$ ,所以 $a_{n}=a_{1}+\frac{1}{2}\left(1-\frac{1}{2 n-1}\right)=\frac{4 n-3}{4 n-2}$,故应填 $\frac{4 n-3}{4 n-2}$.\n\n【点评】当 $a_{n}-a_{n-1}=f(n)\left(n \geq 2\right.$, 且 $\left.n \in \mathbf{N}^{*}\right)$ 满足一定条件时,可用 $a_{n}=\left(a_{n}-a_{n-1}\right)+\left(a_{n-1}-a_{n-2}\right)+\ldots\left(a_{2}-a_{1}\right)+a_{1}$ 来求通项 $a_{n}$, 这种方法通常叫累加法. 本题用到裂项相消求和, 相消时应注意消去的项规律, 及消去哪些项, 保留哪些项,于是前 $n$ 项的和变成首尾若干少数项之和, 还有不少同学会出现的错误, 认为 $d=\frac{1}{n^{2}-n}$ 或 $d=\frac{1}{n^{2}+n}$ 是常数,实际上 $d=\frac{1}{n^{2}-n}$ 或 $d=\frac{1}{n^{2}+n}$ 是个变量, $n$ 变化 $d$ 随之改变.
解析：【分析】题目已知条件是 $a_{n}-a_{n-1}=f(n)\left(n \geq 2\right.$, 且 $\left.n \in \mathbf{N}^{*}\right)$ 形式,用叠加原理求解.因为 $a_{n+1}-a_{n}=\frac{1}{4 n^{2}-1}=\frac{1}{2}\left(\frac{1}{2 n-1}-\frac{1}{2 n+1}\right)$, 所以运用累加法即可得到: $\left(a_{n}-a_{n-1}\right)+\left(a_{n-1}-a_{n-2}\right)+\cdots+\left(a_{2}-a_{1}\right)=\frac{1}{2}\left[\left(1-\frac{1}{3}\right)+\left(\frac{1}{3}-\frac{1}{5}\right)+\cdots+\left(\frac{1}{2 n-3}-\frac{1}{2 n-1}\right)\right]=\frac{1}{2}\left(1-\frac{1}{2 n-1}\right)$ ,所以 $a_{n}=a_{1}+\frac{1}{2}\left(1-\frac{1}{2 n-1}\right)=\frac{4 n-3}{4 n-2}$,故应填 $\frac{4 n-3}{4 n-2}$.\n\n【点评】当 $a_{n}-a_{n-1}=f(n)\left(n \geq 2\right.$, 且 $\left.n \in \mathbf{N}^{*}\right)$ 满足一定条件时,可用 $a_{n}=\left(a_{n}-a_{n-1}\right)+\left(a_{n-1}-a_{n-2}\right)+\ldots\left(a_{2}-a_{1}\right)+a_{1}$ 来求通项 $a_{n}$, 这种方法通常叫累加法. 本题用到裂项相消求和, 相消时应注意消去的项规律, 及消去哪些项, 保留哪些项,于是前 $n$ 项的和变成首尾若干少数项之和, 还有不少同学会出现的错误, 认为 $d=\frac{1}{n^{2}-n}$ 或 $d=\frac{1}{n^{2}+n}$ 是常数,实际上 $d=\frac{1}{n^{2}-n}$ 或 $d=\frac{1}{n^{2}+n}$ 是个变量, $n$ 变化 $d$ 随之改变.
题目（高二 · 代数）：9. (2019-吉林省实验高一期末 (文)) 已知数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的前 $n$ 项和为 $S_{n}, a_{1}=1,2 S_{n}=a_{n+1}-1$,则 $S_{n}=$ \$ \qquad \$ .
选项：
答案：$\frac{3^{n}-1}{2}$
解析：当 $n=1$ 时, 则有 $2 S_{1}=a_{2}-1, \therefore a_{2}=2 S_{1}+1=2 a_{1}+1=3$;

当 $n \geq 2$ 时, 由 $2 S_{n}=a_{n+1}-1$ 得出 $2 S_{n-1}=a_{n}-1$,

上述两式相减得 $2 a_{n}=a_{n+1}-a_{n}, \therefore a_{n+1}=3 a_{n}$, 得 $\frac{a_{n+1}}{a_{n}}=3$ 且 $\frac{a_{2}}{a_{1}}=3$,

所以, 数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 是以 1 为首项, 以 3 为公比的等比数列, 则 $a_{n}=1 \times 3^{n-1}=3^{n-1}, a_{n+1}=3^{n}$,

那么 $2 S_{n}=a_{n+1}-1=3^{n}-1$, 因此, $S_{n}=\frac{3^{n}-1}{2}$, 故答案为: $\frac{3^{n}-1}{2}$.
题目（高二 · 代数）：14. 已知数列 的前 $n$ 项和为 $S_{n}, S_{5}=30, a_{2}+a_{6}=16$.

(I) 求等差数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的通项公式;


选项：
答案：(1) $\mathrm{a}_{\mathrm{n}}=2 \mathrm{n} \quad$ (2) $\frac{\mathrm{n}}{\mathrm{n}+1}$
解析：(1) 由题可知 $\left\{\begin{array}{c}5 a_{2}=30 \\ 2 a_{1}+6 d=16\end{array}\right.$, 从而有 $a_{1}=d=2, a_{n}=2 n$.

(2) 由(1)知 $S_{n}=n(n+1), \frac{1}{s_{n}}=\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1}$, 从而

$\frac{1}{s_{1}}+\frac{1}{s_{2}}+\cdots \frac{1}{s_{n}}=1-\frac{1}{2}+\frac{1}{2}-\frac{1}{3}+\cdots+\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1}=1-\frac{1}{n+1}=\frac{n}{n+1}$.
题目（高二 · 代数）：15. (浙江省清源中学 2018 届高三 9 月月考) 已知正数数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的前 $n$ 项和为 $S_{n}$, 满足

$a_{n}^{2}=S_{n}+S_{n-1}(n \geq 2), \quad a_{1}=1$.

(1) 求数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的通项公式;

(2) 设 $b_{n}=\left(1-a_{n}\right)^{2}-a\left(1-a_{n}\right)$, 若 $b_{n+1}>b_{n}$ 对任意 $n \in N^{*}$ 恒成立, 求实数 $a$ 的取值范围.
选项：
答案：（1） $a_{n}=n$ ；（2） $a>-1$.
解析：(1) 因为 $a_{n}^{2}=S_{n}+S_{n-1}(n \geq 2)$, 所以 $a_{n+1}^{2}=S_{n+1}+S_{n}$, 两式相减得:

$a_{n+1}^{2}-a_{n}^{2}=a_{n+1}+a_{n}$, 化简得: $a_{n+1}-a_{n}=1$, 可以得出 $\left\{a_{n}\right\}$ 为等差数列, 又 $a_{1}=1$,

所以 $a_{n}=n$.

(2) 设 $b_{n}=\left(1-a_{n}\right)^{2}-a\left(1-a_{n}\right)$, 则 $b_{n}=(1-n)^{2}-a(1-n)=n^{2}+(a-2) n+1-a$,

同理 $b_{n+1}=(n+1)^{2}+(a-2)(n+1)+1-a=n^{2}+a n$,

因为 $b_{n+1}>b_{n}$ 恒成立, 所以 $n^{2}+a n>n^{2}+(a-2) n+1-a$

$a>1-2 n$,

所以 $a>-1$.
题目（高二 · 代数）：10. 已知 $f(x)$ 是定义在 $\mathbf{R}$ 上的奇函数. 当 $x>0$ 时, $f(x)=x^{2}-4 x$, 则不等式 $f(x)>x$ 的解集用区间表

示为 \$ \qquad \$ .
选项：
答案：$(-5,0) \cup(5,+\infty)$
解析：做出 $f(x)=x^{2}-4 x(x>0)$ 的图像, 如下图所示. 由于 $f(x)$ 是定义在 $R$ 上的奇函数, 利用奇函

数图像关于原点对称做出 $x<0$ 的图像. 不等式 $f(x)>x$, 表示函数 $y=f(x)$ 的图像在 $y=x$ 的上方,

观察
图像易得：解集为 $(-5,0) \cup(5,+\infty)$.
题目（高二 · 代数）：5. 不等式 $x^{2}+x-2<0$ 的解集为
选项：
答案：$(-2,1)$
解析：易得不等式 $x^{2}+x-2<0$ 的解集为 $(-2,1)$.
题目（高二 · 代数）：8. 已知函数 $f(x)=x^{2}+m x-1$, 若对于任意 $x \in[m, m+1]$, 都有 $f(x)<0$ 成立, 则实数 $m$ 的取值范围是 \$ \qquad \$
选项：
答案：$\left(-\frac{\sqrt{2}}{2}, 0\right)$
解析：由题意可得 $f(x)<0$ 对于 $x \in[m, m+1]$ 上恒成立,即 $\left\{\begin{array}{l}f(m)=2 m^{2}-1<0 \\ f(m+1)=2 m^{2}+3 m<0\end{array}\right.$, 解得 $-\frac{\sqrt{2}}{2}<m<0$.
题目（高二 · 代数）：9. 设 $0 \leqslant \alpha \leqslant \pi$, 不等式 $8 x^{2}-(8 \sin \alpha) x+\cos 2 \alpha \geqslant 0$ 对 $x \in R$ 恒成立, 则 $a$ 的取值范围为 \$ \qquad \$
选项：
答案：$\left[0, \frac{\pi}{6}\right] \cup\left[\frac{5 \pi}{6}, \pi\right]$
解析：不等式 $8 x^{2}-(8 \sin \alpha) x+\cos 2 \alpha \geq 0$ 对 $x \in R$ 恒成立,

则有 $\Delta=(8 \sin \alpha)^{2}-4 \times 8 \cos 2 \alpha=64 \sin ^{2} \alpha-32 \cos 2 \alpha \leqslant 0$

即 $2 \sin ^{2} \alpha-\cos 2 \alpha=2 \sin ^{2} \alpha-\left(1-2 \sin ^{2} \alpha\right)=4 \sin ^{2} \alpha-1 \leqslant 0$.

$\therefore \sin ^{2} \alpha \leqslant \frac{1}{4} . \therefore-\frac{1}{2} \leq \sin \alpha \leq \frac{1}{2}$. 又 $0 \leq \alpha \leq \pi$, 结合下图可知, $\alpha \in\left[0, \frac{\pi}{6}\right] \cup\left[\frac{5 \pi}{6}, \pi\right]$.
题目（高二 · 代数）：1. 若 $x, y$ 满足 $x+1 \leqslant y \leqslant 2 x$, 则 $2 y-x$ 的最小值是 \$ \qquad \$
选项：
答案：3
解析：作出不等式组 $\left\{\begin{array}{l}y \leqslant 2 x \\ x+1 \leqslant y\end{array}\right.$, 所表示的平面区域如图中阴影部分所示,



令 $z=2 y-x$, 作出直线 $2 y-x=0$, 平移该直线, 当直线过点 $A(1,2)$ 时, $2 y-x$ 取得最小值, 最小值为 $2 \times 2-1=3$.
题目（高二 · 代数）：5. 若 $x, y$ 满足约束条件 $\left\{\begin{array}{l}x-y \geqslant 0 \\ x+y-2 \leqslant 0 \\ y \geqslant 0\end{array}\right.$, 则 $z=3 x-4 y$ 的最小值为一.
选项：
答案：-1
解析：不等式组的可行域如图阴影部分.


目标函数 $z=3 x-4 y$ 在点 $A(1,1)$ 取得最小值 $z=3 \times 1-4 \times 1=-1$.
题目（高二 · 代数）：14.对于 $c>0$, 当非零实数 $a, b$ 满足 $4 a^{2}-2 a b+b^{2}-c=0$, 且使 $|2 a+b|$ 最大时, $\frac{1}{a}+\frac{2}{b}+\frac{4}{c}$ 的最小值

为
选项：
答案：-1
解析：设 $|2 a+b|$ 最大，则必须 $a, b$ 同号，

因为 $4 a^{2}+b^{2}+4 a b=c+6 a b \leqslant c+3\left(\frac{2 a+b}{2}\right)^{2}$,
故有 $(2 a+b)^{2} \leqslant 4 c, c \geqslant\left(\frac{2 a+b}{2}\right)^{2}$, 当且仅当 $2 a=b$ 时取等号, 此时 $c=b^{2}$,

所以 $\frac{1}{a}+\frac{2}{b}+\frac{4}{c}=\frac{4}{b}+\frac{4}{b^{2}}=4\left(\frac{1}{b}+\frac{1}{2}\right)^{2}-1 \geqslant-1$.
题目（高二 · 代数）：19.(2019 天津理 13) 设 $x>0, y>0, x+2 y=5$, 则 $\frac{(x+1)(2 y+1)}{\sqrt{x y}}$ 的最小值为
选项：
答案：$4 \sqrt{3}$
解析：. $x>0, y>0, x+2 y=5$,

则 $\frac{(x+1)(2 y+1)}{\sqrt{x y}}=\frac{2 x y+x+2 y+1}{\sqrt{x y}}=\frac{2 x y+6}{\sqrt{x y}}=2 \sqrt{x y}+\frac{6}{\sqrt{x y}}$;

由基本不等式, $2 \sqrt{x y}+\frac{6}{\sqrt{x y}} \geqslant 2 \sqrt{2 \sqrt{x y} \cdot \frac{6}{\sqrt{x y}}}=4 \sqrt{3}$ （当且仅当 $2 \sqrt{x y}=\frac{6}{\sqrt{x y}}$ 时, 即 $x y=3$, 且 $x+2 y=5$ 时, 即 $\left\{\begin{array}{l}x=3 \\ y=1\end{array}\right.$ 或 $\left\{\begin{array}{l}x=2 \\ y=\frac{3}{2}\end{array}\right.$ 时, 等号成立).

故 $\frac{(x+1)(2 y+1)}{\sqrt{x y}}$ 的最小值为 $4 \sqrt{3}$.
题目（高二 · 代数）：20. (2018 天津) 已知 $a, b \in \mathbf{R}$, 且 $a-3 b+6=0$, 则 $2^{a}+\frac{1}{8^{b}}$ 的最小值为
选项：
答案：$\frac{1}{4}$
解析：由 $a-3 b+6=0$, 得 $a=3 b-6$,
所以 $2^{a}+\frac{1}{8^{b}}=2^{3 b-6}+\frac{1}{2^{3 b}} \geqslant 2 \sqrt{2^{3 b-6} \times \frac{1}{2^{b b}}}=2 \times 2^{-3}=\frac{1}{4}$,

当且仅当 $2^{3 b-6}=\frac{1}{2^{3 b}}$, 即 $b=1$ 时等号成立.
题目（高二 · 代数）：21. (2017 北京)已知 $x \geq 0, y \geq 0$, 且 $x+y=1$, 则 $x^{2}+y^{2}$ 的取值范围是
选项：
答案：$\left[\frac{1}{2}, 1\right]$
解析：由题意, $u=x^{2}+y^{2}=x^{2}+(1-x)^{2}=2 x^{2}-2 x+1=2\left(x-\frac{1}{2}\right)^{2}+\frac{1}{2}$, 且 $x \in[0,1]$, 又 $x=0$时, $u=x^{2}+y^{2}=1, x=\frac{1}{2}$ 时, $u_{\text {min }}=x^{2}+y^{2}=\frac{1}{2}$, 当 $x=1$ 时, $u=x^{2}+y^{2}=1$, 所以 $x^{2}+y^{2}$ 取值范围为 $\left[\frac{1}{2}, 1\right]$.
题目（高二 · 代数）：9. 设 $a>b>0$, 则 $a, b, \sqrt{a b}, \frac{a+b}{2}, \frac{2}{\frac{1}{a}+\frac{1}{b}}, \sqrt{\frac{a^{2}+b^{2}}{2}}$ 按从小到大顺序排列是
选项：
答案：$b<\frac{2}{\frac{1}{a}+\frac{1}{b}}<\sqrt{a b}<\frac{a+b}{2}<\sqrt{\frac{a^{2}+b^{2}}{2}}<a$
解析：由 $a>b>0$, 可得 $a b>b^{2} \Rightarrow 2 a b>a b+b^{2}=(a+b) b \Rightarrow \frac{2 a b}{a+b}>b$, 即 $\frac{2}{\frac{1}{a}+\frac{1}{b}}=\frac{2 a b}{a+b}>b$ ，

由基本不等式可得 $\frac{a+b}{2}>\sqrt{a b} \Rightarrow \frac{2}{a+b}<\frac{1}{\sqrt{a b}} \Rightarrow \frac{2 a b}{a+b}<\sqrt{a b}$, 即 $\frac{2}{\frac{1}{a}+\frac{1}{b}}<\sqrt{a b}$ ，

由基本不等式可得 $a^{2}+b^{2}>2 a b \Rightarrow a^{2}+2 a b+b^{2}<2 a^{2}+2 b^{2}$,

$\Rightarrow(a+b)^{2}<2\left(a^{2}+b^{2}\right) \Rightarrow\left(\frac{a+b}{2}\right)^{2}<\frac{a^{2}+b^{2}}{2} \Rightarrow \frac{a+b}{2}<\sqrt{\frac{a^{2}+b^{2}}{2}}$,

由 $a>b>0$, 可得 $\sqrt{\frac{a^{2}+b^{2}}{2}}<\sqrt{\frac{a^{2}+a^{2}}{2}}=a$.

所以答案为 $b<\frac{2 a b}{a+b}<\sqrt{a b}<\frac{a+b}{2}<\sqrt{\frac{a^{2}+b^{2}}{2}}<a$
题目（高二 · 代数）：函数 $y=-\tan ^{2} x+4 \tan x+1, x \in\left[-\frac{\pi}{4}, \frac{\pi}{4}\right]$ 的值域为
选项：
答案：$[-4,4]$
解析：$\because-\frac{\pi}{4} \leqslant x \leqslant \frac{\pi}{4}, \therefore-1 \leqslant \tan x \leqslant 1$.

令 $\tan x=t$, 则 $t \in[-1,1]$,

$\therefore y=-t^{2}+4 t+1=-(t-2)^{2}+5$.

$\therefore$ 当 $t=-1$, 即 $x=-\frac{\pi}{4}$ 时, $y_{\text {min }}=-4$,

当 $t=1$, 即 $x=\frac{\pi}{4}$ 时, $y_{\text {max }}=4$.
故所求函数的值域为 $[-4,4]$.
题目（高二 · 代数）：10. 设 $n>1, n \in \mathbf{N}, A=\sqrt{n}-\sqrt{n-1}, B=\sqrt{n+1}-\sqrt{n}$, 则 $A$ 与 $B$ 的大小关系为

答案 $A>B$
选项：
答案：$A>B$
解析：=\frac{1}{\sqrt{n}+\sqrt{n-1}}, B=\frac{1}{\sqrt{n+1}+\sqrt{n}}$.

$\because \sqrt{n}+\sqrt{n-1}<\sqrt{n+1}+\sqrt{n}$, 并且都为正数, $\therefore A>B$.
题目（高二 · 代数）：8. 若 $f(x)=3 x^{2}-x+1, g(x)=2 x^{2}+x-1$, 则 $f(x)$ 与 $g(x)$ 的大小关系是

答案 $f(x)>g(x)$
选项：
答案：$f(x)>g(x)$
解析：$\because f(x)-g(x)=x^{2}-2 x+2=(x-1)^{2}+1>0$,

$\therefore f(x)>g(x)$.
题目（高二 · 代数）：16. 已知正实数 $a, b$ 满足 $\frac{1}{a}+\frac{2}{b}=3$, 则 $(a+1)(b+2)$ 的最小值是
选项：
答案：$\frac{50}{9}$.
解析：$\because \frac{1}{a}+\frac{2}{b}=3, \therefore 2 a+b=3 a b \geq 2 \sqrt{2 a b} \Rightarrow a b \geq \frac{8}{9}$, 当且仅当 $2 a=b$ 时, 等号成立,

$\therefore(a+1)(b+2)=a b+2 a+b+2=4 a b+2=\frac{50}{9}$, 即 $(a+1)(b+2)$ 的最小值是 $\frac{50}{9}$.
题目（高二 · 代数）：设 $x>0, y>0, x+2 y=5$, 则 $\frac{(x+1)(2 y+1)}{\sqrt{x y}}$ 的最小值为 \$ \qquad \$ .
选项：
答案：$4 \sqrt{3}$
解析：方法一: $\frac{(x+1)(2 y+1)}{\sqrt{x y}}=\frac{2 x y+2 y+x+1}{\sqrt{x y}}=\frac{2 x y+6}{\sqrt{x y}}=2 \sqrt{x y}+\frac{6}{\sqrt{x y}}$.

因为 $x>0, y>0, x+2 y=5$, 所以 $x+2 y=5 \geq 2 \sqrt{x \cdot 2 y}$,

即 $\sqrt{2 x y} \leq \frac{5}{2}, 0<x y \leq \frac{25}{8}$, 当且仅当 $x=2 y=\frac{5}{2}$ 时取等号成立.

又因为 $2 \sqrt{x y}+\frac{6}{\sqrt{x y}} \geq 2 \sqrt{2 \sqrt{x y} \cdot \frac{6}{\sqrt{x y}}}=4 \sqrt{3}$, 当且仅当 $2 \sqrt{x y}=\frac{6}{\sqrt{x y}}$, 即 $x y=3$ 时取等号, 结合
$x y \leq \frac{25}{8}$ 可知, $x y$ 可以取到 3 , 故 $\frac{(x+1)(2 y+1)}{\sqrt{x y}}$ 的最小值为 $4 \sqrt{3}$.

方法二: $\because x>0, \quad y>0, \quad x+2 y=5$,

$\therefore x y>0, \frac{(x+1)(2 y+1)}{\sqrt{x y}}=\frac{2 x y+2 y+x+1}{\sqrt{x y}}=\frac{2 x y+6}{\sqrt{x y}}=2 \sqrt{x y}+\frac{6}{\sqrt{x y}} \geq 2 \sqrt{12}=4 \sqrt{3}$.

当且仅当 $x y=3$ 时等号成立, 故 $\frac{(x+1)(2 y+1)}{\sqrt{x y}}$ 的最小值为 $4 \sqrt{3}$.

【名师点睛】使用基本不等式求最值时一定要验证等号是否能够成立.
题目（高二 · 代数）：15. 已知 $x>0, y>-1$, 且 $x+y=1$, 则 $\frac{x^{2}+3}{x}+\frac{y^{2}}{y+1}$ 最小值为
选项：
答案：$2+\sqrt{3}$
解析：$\frac{x^{2}+3}{x}+\frac{y^{2}}{y+1}=\left(x+\frac{3}{x}\right)+\left(y-1+\frac{1}{y+1}\right)$,

结合 $x+y=1$ 可知原式 $=\frac{3}{x}+\frac{1}{y+1}$ ，

且 $\frac{3}{x}+\frac{1}{y+1}=\left(\frac{3}{x}+\frac{1}{y+1}\right) \times\left[\frac{x}{2}+\frac{(y+1)}{2}\right]=\frac{1}{2}\left(4+\frac{3(y+1)}{x}+\frac{x}{y+1}\right)$

$\geq \frac{1}{2}\left[4+2 \sqrt{\frac{3(y+1)}{x} \times \frac{x}{y+1}}\right]=2+\sqrt{3}$,

当且仅当 $x=3-\sqrt{3}, y=-2+\sqrt{3}$ 时等号成立. 即 $\frac{x^{2}+3}{x}+\frac{y^{2}}{y+1}$ 的最小值为 $2+\sqrt{3}$.

【名师点睛】在应用基本不等式求最值时, 要把握不等式成立的三个条件, 就是“一正一- 各项均为正; 二定一一积或和为定值; 三相等一一等号能否取得”, 若忽略了某个条件, 就会出现错误.
题目（高二 · 代数）：13. 若 $A=(x+3)(x+7), B=(x+4)(x+6)$, 则 $A 、 B$ 的大小关系为
选项：
答案：$\mathrm{A}<\mathrm{B}$
解析：$\mathrm{A}<\mathrm{B}$
题目（高二 · 代数）：14. 不等式 $\frac{x-1}{x^{2}-x-30}>0$ 的解集是
选项：
答案：$\{x \mid-5<x<1$ 或 $x>6\}$
解析：$\{x \mid-5<x<1$ 或 $x>6\}$
题目（高二 · 代数）：已知 $t>0$, 则函数 $y=\frac{t^{2}-4 t+1}{t}$ 的最小值为
选项：
答案：-2
解析：解析 $\because t>0$,

$\therefore y=\frac{t^{2}-4 t+1}{t}=t+\frac{1}{t}-4 \geqslant 2-4=-2$.
题目（高二 · 代数）：对任意实数 $x$, 不等式 $(a-2) x^{2}-2(a-2) x-4<0$ 恒成立, 则实数 $a$ 的取值范围是
选项：
答案：$-2<a \leqslant 2$
解析：解析 当 $a=2$ 时, $-4<0$ 恒成立, $\therefore a=2$ 符合.

当 $a-2 \neq 0$ 时, 则 $a$ 应满足:

$\left\{\begin{array}{l}a-2<0 \\ \Delta=4(a-2)^{2}+16(a-2)<0\end{array}\right.$ 解得 $-2<a<2$

综上所述, $-2<a \leqslant 2$.
题目（高二 · 代数）：8.如图所示的曲线是 $y=A \sin (\omega x+\varphi)(A>0, \omega>0)$ 的图象的一部分, 则这个函数的解析式是




选项：
答案：$y=2 \sin \left(2 x+\frac{\pi}{3}\right)$
解析：数图象可知 $A=2, T=\frac{4}{3}\left(\frac{5 \pi}{6}-\frac{\pi}{12}\right)=\pi$, 即 $\frac{2 \pi}{\omega}=\pi$, 故 $\omega=2$.

又 $\left(\frac{5 \pi}{6}, 0\right)$ 是五点法作图的第五个点, 即 $2 \times \frac{5 \pi}{6}+\varphi=2 \pi$, 则 $\varphi=\frac{\pi}{3}$. 故所求函数的解析式为 $y=2 \sin \left(2 x+\frac{\pi}{3}\right)$.

答案: $y=2 \sin \left(2 x+\frac{\pi}{3}\right)$
题目（高二 · 代数）：13. 记 $S_{n}$ 为等差数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的前 $n$ 项和, 若 $a_{3}=5, a_{7}=13$, 则 $S_{10}=$ \$ \qquad \$ .
选项：
答案：100
解析：
所以 $a_{1}=a_{3}-2 d=5-4=1$, 则 $S_{10}=10 \times 1+\frac{10 \times 9}{2} \times 2=100$
题目（高二 · 代数）：6. 设某人的血压满足函数式 $p(t)=115+25 \sin (160 \pi t)$, 其中 $p(t)$ 的血压 $(\mathrm{mmHg}), t$ 为时间 $(\mathrm{min})$, 则此人每分钟心跳的次数是 \$ \qquad \$
选项：
答案：80
解析：$T=\frac{2 \pi}{160 \pi}=\frac{1}{80}$ (分),

$f=\frac{1}{T}=80$ (次/分).

答案: 80
题目（高二 · 代数）：7. 已知等比数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的各项均为正数，且 $a_{10} a_{11}+a_{9} a_{12}=2 e^{2}$, 则 $\ln a_{1}+\ln a_{2}+\cdots+\ln a_{20}=$ \$ \qquad \$
选项：
答案：20
解析：由 $a_{10} a_{11}+a_{9} a_{12}=2 e^{2}$ 得 $a_{10} a_{11}+a_{9} a_{12}=2 a_{1} a_{20}=2 e^{2}, a_{1} a_{20}=e^{2}$, 所以 $\ln a_{1}+\ln a_{2}+\cdots+\ln a_{20}=\ln \left(a_{1} a_{2} \cdots a_{19} a_{20}\right)=\ln \left(a_{1} a_{20}\right)^{10}=10 \ln e^{2}=20$.
题目（高二 · 代数）：8. 已知等差数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的前 $n$ 项和为 $S_{n}$, 等比数列 $\left\{b_{n}\right\}$ 的前 $n$ 项和为 $T_{n}$. 若 $a_{1}=b_{1}=3, a_{4}=b_{2}$, $S_{4}-T_{2}=12$.

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

(II) 求数列 $\left\{a_{n}+b_{n}\right\}$ 的前 $n$ 项和.
选项：
答案：(1) $a_{n}=2 n+1, b_{n}=3^{n}$; （II） $n(n+2)+\frac{3\left(3^{n}-1\right)}{2}$.
解析：(1) 由 $a_{1}=b_{1}, a_{4}=b_{2}$,

则 $S_{4}-T_{2}=\left(a_{1}+a_{2}+a_{3}+a_{4}\right)-\left(b_{1}+b_{2}\right)=a_{2}+a_{3}=12$ ，

设等差数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的公差为 $d$, 则 $a_{2}+a_{3}=2 a_{1}+3 d=6+3 d=12$, 所以 $d=2$.

所以 $a_{n}=3+2(n-1)=2 n+1$.

设等比数列 $\left\{b_{n}\right\}$ 的公比为 $q$, 由题 $b_{2}=a_{4}=9$, 即 $b_{2}=b_{1} q=3 q=9$, 所以 $q=3$.

所以 $b_{n}=3^{n}$;

(II) $a_{n}+b_{n}=(2 n+1)+3^{n}$,

所以 $\left\{a_{n}+b_{n}\right\}$ 的前 $n$ 项和为 $\left(a_{1}+a_{2}+\cdots+a_{n}\right)+\left(b_{1}+b_{2}+\cdots+b_{n}\right)$

$=(3+5+\cdots+2 n+1)+\left(3+3^{2}+\cdots+3^{n}\right)=\frac{(3+2 n+1) n}{2}+\frac{3\left(1-3^{n}\right)}{1-3}=n(n+2)+\frac{3\left(3^{n}-1\right)}{2}$.

【名师点睛】本题主要考查等差数列与等比数列, 熟记通项公式、前 $n$ 项和公式即可, 属于常考题型.
题目（高二 · 代数）：3. 若实数 $x, y$ 满足不等式组 $\left\{\begin{array}{l}y \leq x \\ x+2 y \geq 3 \\ 2 x+y \geq 6\end{array}\right.$, 则 $z=\frac{1+y}{x}$ 的最大值为
选项：
答案：2
解析：实数 $X, y$ 满足不等式组 $\left\{\begin{array}{l}y \leq x \\ x+2 y \geq 3, \\ 2 x+y \geq 6\end{array}\right.$ 对应的可行域, 如图所示:



$z=\frac{1+y}{x}=\frac{y-(-1)}{x-0}$, 表示: 定点
$\quad Z=\frac{1+y}{x}$ 的最大值为 2 。
题目（高二 · 代数）：3. 已知 $x \geq 0, y \geq 0$, 且 $x+y=1$, 则 $x^{2}+y^{2}$ 的取值范围是
选项：
答案：$\left[\frac{1}{2}, 1\right]$
解析：由题意, $u=x^{2}+y^{2}=x^{2}+(1-x)^{2}=2 x^{2}-2 x+1=2\left(x-\frac{1}{2}\right)^{2}+\frac{1}{2}$, 且 $x \in[0,1]$, 又 $x=0$时,
$u=x^{2}+y^{2}=1, x=\frac{1}{2}$ 时, $u_{\text {min }}=x^{2}+y^{2}=\frac{1}{2}$, 当 $x=1$ 时, $u=x^{2}+y^{2}=1$, 所以 $x^{2}+y^{2}$ 取值范围为 $\left[\frac{1}{2}, 1\right]$.
题目（高二 · 代数）：4. 已知函数 $f(x)=4 x+\frac{a}{x}(x>0, a>0)$ 在 $x=3$ 时取得最小值, 则 $a=\ldots$.
选项：
答案：36
解析：因为 $x>0, a>0, f(x)=4 x+\frac{a}{x} \geq 2 \sqrt{4 x \cdot \frac{a}{x}}=4 a$,

当且仅当 $4 x=\frac{a}{x}$, 即 $x=\sqrt{\frac{a}{4}}=3$, 解得 $a=36$.
题目（高二 · 代数）：6. 设 $x, y \in R$, 则 $\left(x^{2}+\frac{1}{y^{2}}\right)\left(\frac{1}{x^{2}}+4 y^{2}\right)$ 的最小值为
选项：
答案：9
解析：由柯西不等式可知 $\left(x^{2}+\frac{1}{y^{2}}\right)\left(\frac{1}{x^{2}}+4 y^{2}\right) \geq(1+2)^{2}=9$
题目（高二 · 代数）：7. 若 $a>0, b>0, a+b=2$, 则下列不等式对一切满足条件的 $a, b$ 恒成立的是 (写出所有正确命题的编号).
(1) $a b \leq 1$ ；
(2) $\sqrt{a}+\sqrt{b} \leq \sqrt{2}$;
(3) $a^{2}+b^{2} \geq 2$ ；
(4) $a^{3}+b^{3} \geq 3$;
(5) $\frac{1}{a}+\frac{1}{b} \geq 2$
选项：
答案：.(1)(3)(5)
解析：令 $a=b=1$, 排除(2)(4); 由 $2=a+b \geq 2 \sqrt{a b} \Rightarrow a b \leq 1$,

命题(1)正确; $a^{2}+b^{2}=(a+b)^{2}-2 a b=4-2 a b \geq 2$,

命题(3)正确; $\frac{1}{a}+\frac{1}{b}=\frac{a+b}{a b}=\frac{2}{a b} \geq 2$, 命题(5)正确.
题目（高二 · 代数）：8. 设函数 $f(x)=x^{2}-1$, 对任意 $x \in\left[\frac{2}{3},+\infty\right), f\left(\frac{x}{m}\right)-4 m^{2} f(x) \leqslant f(x-1)+4 f(m)$ 恒成立, 则实数 $m$

的取值范围是 \$ \qquad \$ .
选项：
答案：$m \leq-\frac{\sqrt{3}}{2}$ 或 $m \geq \frac{\sqrt{3}}{2}$.
解析：依据题意得 $\frac{x^{2}}{m^{2}}-1-4 m^{2}\left(x^{2}-1\right) \leq(x-1)^{2}-1+4\left(m^{2}-1\right)$ 在 $x \in\left[\frac{3}{2},+\infty\right)$ 上恒定成立, 即 $\frac{1}{m^{2}}-4 m^{2} \leq-\frac{3}{x^{2}}-\frac{2}{x}+1$ 在 $x \in\left[\frac{3}{2},+\infty\right)$ 上恒成立.

当 $x=\frac{3}{2}$ 时函数 $y=-\frac{3}{x^{2}}-\frac{2}{x}+1$ 取得最小值 $-\frac{5}{3}$, 所以 $\frac{1}{m^{2}}-4 m^{2} \leq-\frac{5}{3}$,

即 $\left(3 m^{2}+1\right)\left(4 m^{2}-3\right) \geq 0$, 解得 $m \leq-\frac{\sqrt{3}}{2}$ 或 $m \geq \frac{\sqrt{3}}{2}$.
题目（高二 · 代数）：6. 下列命题中正确的是

(1) 若 $f(x)$ 在 $(a, b)$ 内是增函数, 则对于任何 $x \in(a, b)$, 都有 $f^{\prime}(x)>0$;

(2) 若在 $(a, b)$ 内 $f^{\prime}(x)$ 存在, 则 $f(x)$ 必为单调函数;

(3) 若在 $(a, b)$ 内的任意 $x$ 都有 $f^{\prime}(x)>0$, 则 $f(x)$ 在 $(a, b)$ 内是增函数;

(4) 若 $x \in(a, b)$, 总有 $f^{\prime}(x)<0$, 则在 $(a, b)$ 内 $f(x)<0$.
选项：
答案：： 答案 ：(3)
解析：： (1) $y=x^{3}$ 在 $x \in(-\infty,+\infty)$ 为增函数, 而 $y^{\prime}=2 x^{2} \geqslant 0$,故(1)错. (2)错. (3)正确. (4) 由 $f^{\prime}(x)<0$ 能判断 $f(x)$ 为减函数, 但不能判定 $f(x)<0$.

答案 ：(3)
题目（高二 · 代数）：7. 已知导函数 $y=f^{\prime}(x)$ 的图象如下图所示, 请根据图象写出原函数 $y=f(x)$ 的递增区间是


选项：
答案：答案 ：$(-1,2),(5,+\infty)$
解析：：从图象可知 $f^{\prime}(x)>0$ 的解为 $-1<x<2$ 或 $x>5$,即 $f(x)$ 的递增区间为 $(-1,2),(5,+\infty)$.

答案 ：$(-1,2),(5,+\infty)$
题目（高二 · 代数）：8. 函数 $f(x)=\ln x-\frac{1}{2} x^{2}$ 的单调增区间是 \$ \qquad \$ .
选项：
答案：答案: $(0,1)$
解析：： 函数的定义域为 $(0,+\infty)$,

$f^{\prime}(x)=\frac{1}{x}-x=\frac{1-x^{2}}{x}$,

令 $f^{\prime}(x)>0$, 即 $\frac{1-x^{2}}{x}>0$, 解得 $0<x<1$,

$\therefore f(x)$ 在 $(0,1)$ 上为增函数.

答案: $(0,1)$
题目（高二 · 代数）：9. 函数 $f(x)=\frac{\ln x}{x}$, 若 $a=f(3), b=f(4), c=f(5)$, 则 $a, b, c$ 的大小关系是
选项：
答案：答案 :$a>b>c$
解析：:$\because f^{\prime}(x)=\frac{1-\ln x}{x^{2}}, \therefore$ 当 $x>e$ 时, $f^{\prime}(x)<0$, 即 $f(x)$ 在 $(e,+$ $\infty$ )上单调递减, $\therefore f(3)>f(4)>f(5)$, 即 $a>b>c$.

答案 :$a>b>c$
题目（高二 · 代数）：6. 方程 $x+\sin x=0$ 的根有 \$ \qquad \$个.
选项：
答案：1
解析：作 $y=\sin x$ 与 $y=-x$ 的图象交点为 $(0,0)$.

答案: 1
题目（高二 · 代数）：16. 不等式 $x^{2}-3 x+2<0$ 成立的充要条件是 \$ \qquad \$ .
选项：
答案：答案: $1<x<2$
解析：: 解答: 由不等式 $x^{2}-3 x+2<0 \Leftrightarrow(x-1)(x-2)<0 \Leftrightarrow 1<x<2$, 故答案为 $1<x<2$.

分析: 解答此类问题的关键是分析条件 $p$ 和 $q$ 是否具有推出关系, 首先要化简条件, 其次要明确条件 $p$ 是什么, 结论 $q$ 是什么, 接着判断一是 $p$ 能否推得条件 $q$; 二是 $q$ 能否推得条件 $p$, 方可解决; 注意养成“解决彻底”的好习惯, 既要解决充分性, 又要解决必要性.
题目（高二 · 代数）：10. 已知数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 满足: $a_{n} \leqslant a_{n+1}, a_{n}=n^{2}+\lambda n, n \in \mathbf{N}^{*}$, 则实数 $\lambda$ 的最小值是
选项：
答案：-3
解析：_{n} \leqslant a_{n+1} \Leftrightarrow n^{2}+\lambda n \leqslant(n+1)^{2}+\lambda(n+1)$

$\Leftrightarrow \lambda \geqslant-(2 n+1), n \in \mathbf{N}^{*} \Leftrightarrow \lambda \geqslant-3$.
题目（高二 · 代数）：已知数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 满足: $a_{1}=a_{2}=1, a_{n+2}=a_{n+1}+a_{n},\left(n \in \mathbf{N}^{*}\right)$, 则使 $a_{n}>100$ 的 $n$ 的最小值是
选项：
答案：12
解析：12
题目（高二 · 代数）：已知 $a=\frac{1}{\sqrt{3}+\sqrt{2}}, b=\frac{1}{\sqrt{3}-\sqrt{2}}$, 则 $a 、 b$ 的等差中项是
选项：
答案：$\sqrt{3}$
解析：$\sqrt{3}$
题目（高二 · 代数）：. 已知方程 $\left(x^{2}-2 x+m\right)\left(x^{2}-2 x+n\right)=0$ 的四个根组成一个首项为 $\frac{1}{4}$ 的等差数列, 则 $|m-n|=$
选项：
答案：$\frac{1}{2}$
解析：意设这 4 个根为 $\frac{1}{4}, \frac{1}{4}+d, \frac{1}{4}+2 d, \frac{1}{4}+3 d$.

则 $\frac{1}{4}+\left(\frac{1}{4}+3 d\right)=2, \therefore d=\frac{1}{2}, \therefore$ 这 4 个根依次为 $\frac{1}{4}, \frac{3}{4}, \frac{5}{4}, \frac{7}{4}$,

$\therefore n=\frac{1}{4} \times \frac{7}{4}=\frac{7}{16}$,

$m=\frac{3}{4} \times \frac{5}{4}=\frac{15}{16}$ 或 $n=\frac{15}{16}, m=\frac{7}{16} ，$

$\therefore|m-n|=\frac{1}{2}$.