eodcF/cmm-math huggingface dataset:
题目（高二 · 代数）：13. 已知数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的前 $n$ 项和为 $S_{n}$, 点 $P_{n}\left(n, S_{n}\right)\left(n \in N^{*}\right)$ 是曲线 $f(x)=\frac{3}{2} x^{2}-\frac{1}{2} x$ 上的点. 数列 $\left\{b_{n}\right\}$ 是等比数列, 且满足 $b_{1}=a_{1}+1, b_{2}=a_{3}-1$.

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

(II) 记 $c_{n}=(-1)^{n} a_{n}+b_{n}$, 求数列 $\left\{c_{n}\right\}$ 的前 $\mathrm{n}$ 项和 $T_{n}$.
选项：
答案：( I ) 由已知 $S_{n}=\frac{3}{2} n^{2}-\frac{1}{2} n$.

当 $n=1$ 时, $a_{1}=S_{1}=\frac{3}{2}-\frac{1}{2}=1$;

当 $n \geq 2$ 时, $a_{n}=S_{n}-S_{n-1}=\frac{3}{2} n^{2}-\frac{1}{2} n-\left[\frac{3}{2}(n-1)^{2}-\frac{1}{2}(n-1)\right]=3 n-2$.

显然, 当 $n=1$ 时, 上式也成立, 所以 $a_{n}=3 n-2$.
故 $b_{1}=a_{1}+1=1+1=2, b_{2}=a_{3}-1=(3 \times 3-2)-1=6$.

所以等比数列 $\left\{b_{n}\right\}$ 的公比 $q=\frac{b_{2}}{b_{1}}=\frac{6}{2}=3$.

故 $b_{n}=b_{1} q^{n-1}=2 \cdot 3^{n-1}$.

(II) 数列 $\left\{b_{n}\right\}$ 的前 $n$ 项和 $B_{n}=\frac{2\left(1-3^{n}\right)}{1-3}=3^{n}-1$.

数列 $\left\{(-1)^{n} a_{n}\right\}$ 的前 $n$ 项和记为 $A_{n}$.

当 $n$ 为奇数时, $A_{n}=-a_{1}+a_{2}-a_{3}+\cdots+a_{n-1}-a_{n}$

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

$=\underbrace{3+3+\cdots+3}_{\frac{n-1}{2} \uparrow}-(3 n-2)=3 \times \frac{n-1}{2}-(3 n-2)=\frac{1-3 n}{2}$.

当 $n$ 为偶数时, $A_{n}=A_{n-1}+a_{n}=\frac{1-3(n-1)}{2}+(3 n-2)=\frac{3 n}{2}$.

所以数列 $\left\{(-1)^{n} a_{n}+b_{n}\right\}$ 的前 $n$ 项和

$T_{n}=A_{n}+B_{n}=\left\{\begin{array}{l}\frac{1-3 n}{2}+\left(3^{n}-1\right), n \text { 为奇数 } \\ \frac{3 n}{2}+\left(3^{n}-1\right), n \text { 为偶数 }\end{array}=\left\{\begin{array}{l}3^{n}-\frac{3 n+1}{2}, n \text { 为奇数 } \\ 3^{n}+\frac{3 n-2}{2}, n \text { 为偶数 }\end{array}\right.\right.$
解析：( I ) 由已知 $S_{n}=\frac{3}{2} n^{2}-\frac{1}{2} n$.

当 $n=1$ 时, $a_{1}=S_{1}=\frac{3}{2}-\frac{1}{2}=1$;

当 $n \geq 2$ 时, $a_{n}=S_{n}-S_{n-1}=\frac{3}{2} n^{2}-\frac{1}{2} n-\left[\frac{3}{2}(n-1)^{2}-\frac{1}{2}(n-1)\right]=3 n-2$.

显然, 当 $n=1$ 时, 上式也成立, 所以 $a_{n}=3 n-2$.
故 $b_{1}=a_{1}+1=1+1=2, b_{2}=a_{3}-1=(3 \times 3-2)-1=6$.

所以等比数列 $\left\{b_{n}\right\}$ 的公比 $q=\frac{b_{2}}{b_{1}}=\frac{6}{2}=3$.

故 $b_{n}=b_{1} q^{n-1}=2 \cdot 3^{n-1}$.

(II) 数列 $\left\{b_{n}\right\}$ 的前 $n$ 项和 $B_{n}=\frac{2\left(1-3^{n}\right)}{1-3}=3^{n}-1$.

数列 $\left\{(-1)^{n} a_{n}\right\}$ 的前 $n$ 项和记为 $A_{n}$.

当 $n$ 为奇数时, $A_{n}=-a_{1}+a_{2}-a_{3}+\cdots+a_{n-1}-a_{n}$

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

$=\underbrace{3+3+\cdots+3}_{\frac{n-1}{2} \uparrow}-(3 n-2)=3 \times \frac{n-1}{2}-(3 n-2)=\frac{1-3 n}{2}$.

当 $n$ 为偶数时, $A_{n}=A_{n-1}+a_{n}=\frac{1-3(n-1)}{2}+(3 n-2)=\frac{3 n}{2}$.

所以数列 $\left\{(-1)^{n} a_{n}+b_{n}\right\}$ 的前 $n$ 项和

$T_{n}=A_{n}+B_{n}=\left\{\begin{array}{l}\frac{1-3 n}{2}+\left(3^{n}-1\right), n \text { 为奇数 } \\ \frac{3 n}{2}+\left(3^{n}-1\right), n \text { 为偶数 }\end{array}=\left\{\begin{array}{l}3^{n}-\frac{3 n+1}{2}, n \text { 为奇数 } \\ 3^{n}+\frac{3 n-2}{2}, n \text { 为偶数 }\end{array}\right.\right.$
题目（高二 · 代数）：14. 已知数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 为单调递增数列, $a_{1}=1$, 其前 $n$ 项和为 $S_{n}$, 且满足

$2 S_{n}=a_{n}^{2}-2 S_{n-1}+1\left(n \geq 2, n \in N_{+}\right)$.

(1) 求数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的通项公式;

(2) 若数列 $b_{n}=\frac{1}{a_{n} \cdot a_{n+1}}$, 其前 $n$ 项和为 $T_{n}$, 若 $T_{n}>\frac{9}{19}$ 成立, 求 $n$ 的最小值.
选项：
答案：(1) 由 $2 S_{n}=a_{n}^{2}-2 S_{n-1}+1$ 知: $2 S_{n-1}=a_{n-1}^{2}-2 S_{n-2}+1,(n \geq 3)$,两式相减得: $2 a_{n}=a_{n}^{2}-a_{n-1}^{2}-2 a_{n-1}$,
即 $2\left(a_{n}+a_{n-1}\right)=\left(a_{n}-a_{n-1}\right)\left(a_{n}+a_{n-1}\right)$, 又数列 $\left[a_{n}\right\}$ 为单调递增数列, $a_{1}=1, \therefore a_{n}+a_{n-1}>0$,

$\therefore a_{n}-a_{n-1}=2(n \geq 3)$,

又当 $n=2$ 时, $2\left(a_{1}+a_{2}\right)=a_{2}^{2}-2 a_{1}+1$, 即 $a_{2}^{2}-2 a_{2}-3=0$, 解得 $a_{2}=3$ 或 $a_{2}=-1$ (舍)，

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

$\therefore a_{n}=1+(n-1) \times 2=2 n-1$.

(2) $b_{n}=\frac{1}{(2 n-1)(2 n+1)}=\frac{1}{2}\left(\frac{1}{2 m-1}-\frac{1}{2 n+1}\right)$,

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

又 $\because T_{n}>\frac{9}{19}$, 即 $\frac{1}{2}\left(\frac{1}{1}-\frac{1}{2 n+1}\right)>\frac{9}{19}$, 解得 $n>9$,

又 $n \in N_{+}$, 所以 $n$ 的最小值为 10 .
解析：试题分析：（1）先根据和项与通项关系得项之间递推关系，再根据等差数列定义及其通项公式得数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的通项公式; (2) 先根据裂项相消法求 $T_{n}$, 再解不等式得 $n>9$, 即得 $n$ 的最小值.试题解析: (1) 由 $2 S_{n}=a_{n}^{2}-2 S_{n-1}+1$ 知: $2 S_{n-1}=a_{n-1}^{2}-2 S_{n-2}+1,(n \geq 3)$,两式相减得: $2 a_{n}=a_{n}^{2}-a_{n-1}^{2}-2 a_{n-1}$,
即 $2\left(a_{n}+a_{n-1}\right)=\left(a_{n}-a_{n-1}\right)\left(a_{n}+a_{n-1}\right)$, 又数列 $\left[a_{n}\right\}$ 为单调递增数列, $a_{1}=1, \therefore a_{n}+a_{n-1}>0$,

$\therefore a_{n}-a_{n-1}=2(n \geq 3)$,

又当 $n=2$ 时, $2\left(a_{1}+a_{2}\right)=a_{2}^{2}-2 a_{1}+1$, 即 $a_{2}^{2}-2 a_{2}-3=0$, 解得 $a_{2}=3$ 或 $a_{2}=-1$ (舍)，

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

$\therefore a_{n}=1+(n-1) \times 2=2 n-1$.

(2) $b_{n}=\frac{1}{(2 n-1)(2 n+1)}=\frac{1}{2}\left(\frac{1}{2 m-1}-\frac{1}{2 n+1}\right)$,

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

又 $\because T_{n}>\frac{9}{19}$, 即 $\frac{1}{2}\left(\frac{1}{1}-\frac{1}{2 n+1}\right)>\frac{9}{19}$, 解得 $n>9$,

又 $n \in N_{+}$, 所以 $n$ 的最小值为 10 .
题目（高二 · 代数）：15. 已知正项数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的前 $n$ 项和为 $S_{n}$, 满足 $2 S_{n}+1=2 a_{n}^{2}+a_{n}\left(n \in \mathbf{N}^{*}\right)$.

(1) 求数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的通项公式;

(2) 已知对于 $n \in \mathbf{N}^{*}$, 不等式 $\frac{1}{S_{1}}+\frac{1}{S_{2}}+\frac{1}{S_{3}}+\cdots+\frac{1}{S_{n}}<M$ 恒成立, 求实数 $M$ 的最小值;
选项：
答案：(1) $n=1$ 时, $2 a_{1}+1=2 a_{1}^{2}+a_{1}$, 又 $a_{n}>0$, 所以 $a_{1}=1$,

当 $n \geq 2$ 时, $2 S_{n}+1=2 a_{n}^{2}+a_{n}\left(n \in \mathbf{N}^{*}\right)$

$2 S_{n-1}+1=2 a_{n-1}^{2}+a_{n-1}\left(n \in \mathbf{N}^{*}\right)$,

作差整理得: $a_{n}+a_{n-1}=2\left(a_{n}+a_{n-1}\right)\left(a_{n}-a_{n-1}\right)$,

因为 $a_{n}>0$, 故 $a_{n}+a_{n-1}>0$, 所以 $a_{n}-a_{n-1}=\frac{1}{2}$,

故数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 为等差数列, 所以 $a_{n}=\frac{n+1}{2}$.

(2) 由（1）知 $S_{n}=\frac{n(n+3)}{4}$, 所以 $\frac{1}{S_{n}}=\frac{4}{n(n+3)}=\frac{4}{3}\left(\frac{1}{n}-\frac{1}{n+3}\right)$,
从而 $\frac{1}{S_{1}}+\frac{1}{S_{2}}+\frac{1}{S_{3}}+\cdots+\frac{1}{S_{n}}$

$=\frac{4}{3}\left[\left(1-\frac{1}{4}\right)+\left(\frac{1}{2}-\frac{1}{5}\right)+\left(\frac{1}{3}-\frac{1}{6}\right)+\cdots+\left(\frac{1}{n-2}-\frac{1}{n+1}\right)+\left(\frac{1}{n-1}-\frac{1}{n+2}\right)+\left(\frac{1}{n}-\frac{1}{n+3}\right)\right]$

$=\frac{4}{3}\left(1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}-\frac{1}{n+1}-\frac{1}{n+2}-\frac{1}{n+3}\right)=\frac{4}{3}\left(\frac{11}{6}-\frac{1}{n+1}-\frac{1}{n+2}-\frac{1}{n+3}\right)<\frac{22}{9}$.

所以 $M \geq \frac{22}{9}$, 故 $M$ 的最小值为 $\frac{22}{9}$.
解析：(1) $n=1$ 时, $2 a_{1}+1=2 a_{1}^{2}+a_{1}$, 又 $a_{n}>0$, 所以 $a_{1}=1$,

当 $n \geq 2$ 时, $2 S_{n}+1=2 a_{n}^{2}+a_{n}\left(n \in \mathbf{N}^{*}\right)$

$2 S_{n-1}+1=2 a_{n-1}^{2}+a_{n-1}\left(n \in \mathbf{N}^{*}\right)$,

作差整理得: $a_{n}+a_{n-1}=2\left(a_{n}+a_{n-1}\right)\left(a_{n}-a_{n-1}\right)$,

因为 $a_{n}>0$, 故 $a_{n}+a_{n-1}>0$, 所以 $a_{n}-a_{n-1}=\frac{1}{2}$,

故数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 为等差数列, 所以 $a_{n}=\frac{n+1}{2}$.

(2) 由（1）知 $S_{n}=\frac{n(n+3)}{4}$, 所以 $\frac{1}{S_{n}}=\frac{4}{n(n+3)}=\frac{4}{3}\left(\frac{1}{n}-\frac{1}{n+3}\right)$,
从而 $\frac{1}{S_{1}}+\frac{1}{S_{2}}+\frac{1}{S_{3}}+\cdots+\frac{1}{S_{n}}$

$=\frac{4}{3}\left[\left(1-\frac{1}{4}\right)+\left(\frac{1}{2}-\frac{1}{5}\right)+\left(\frac{1}{3}-\frac{1}{6}\right)+\cdots+\left(\frac{1}{n-2}-\frac{1}{n+1}\right)+\left(\frac{1}{n-1}-\frac{1}{n+2}\right)+\left(\frac{1}{n}-\frac{1}{n+3}\right)\right]$

$=\frac{4}{3}\left(1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}-\frac{1}{n+1}-\frac{1}{n+2}-\frac{1}{n+3}\right)=\frac{4}{3}\left(\frac{11}{6}-\frac{1}{n+1}-\frac{1}{n+2}-\frac{1}{n+3}\right)<\frac{22}{9}$.

所以 $M \geq \frac{22}{9}$, 故 $M$ 的最小值为 $\frac{22}{9}$.
题目（高二 · 代数）：21. (2019 天津理 19) 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) 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 $\left\{\begin{array}{l}6 q=6+2 d \\ 6 q^{2}=12+4 d\end{array}\right.$, 解得 $\left\{\begin{array}{l}d=3 \\ q=2\end{array}\right.$.

故 $a_{n}=4+(n-1) \times 3=3 n+1, \quad b_{n}=6 \times 2^{n-1}=3 \times 2^{n}$.

所以, $\left\{a_{n}\right\}$ 的通项公式为 $a_{n}=3 n+1\left(n \in \mathbf{N}^{*}\right),\left\{b_{n}\right\}$ 的通项公式为 $b_{n}=3 \times 2^{n}\left(n \in \mathbf{N}^{*}\right)$.

( 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 $a_{2^{n}}\left(c_{2^{n}}-1\right)=9 \times 4^{n}-1\left(n \in \mathbf{N}^{*}\right)$.

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

$$
\begin{aligned}
& =\left(2^{n} \times 4+\frac{2^{n}\left(2^{n}-1\right)}{2} \times 3\right)+\sum_{i=1}^{n}\left(9 \times 4^{i}-1\right) \\
& =\left(3 \times 2^{2 n-1}+5 \times 2^{n-1}\right)+9 \times \frac{4\left(1-4^{n}\right)}{1-4}-n \\
& =27 \times 2^{2 n-1}+5 \times 2^{n-1}-n-12 \quad\left(n \in \mathbf{N}^{*}\right)
\end{aligned}
$$
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 $\left\{\begin{array}{l}6 q=6+2 d \\ 6 q^{2}=12+4 d\end{array}\right.$, 解得 $\left\{\begin{array}{l}d=3 \\ q=2\end{array}\right.$.

故 $a_{n}=4+(n-1) \times 3=3 n+1, \quad b_{n}=6 \times 2^{n-1}=3 \times 2^{n}$.

所以, $\left\{a_{n}\right\}$ 的通项公式为 $a_{n}=3 n+1\left(n \in \mathbf{N}^{*}\right),\left\{b_{n}\right\}$ 的通项公式为 $b_{n}=3 \times 2^{n}\left(n \in \mathbf{N}^{*}\right)$.

( 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 $a_{2^{n}}\left(c_{2^{n}}-1\right)=9 \times 4^{n}-1\left(n \in \mathbf{N}^{*}\right)$.

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

$$
\begin{aligned}
& =\left(2^{n} \times 4+\frac{2^{n}\left(2^{n}-1\right)}{2} \times 3\right)+\sum_{i=1}^{n}\left(9 \times 4^{i}-1\right) \\
& =\left(3 \times 2^{2 n-1}+5 \times 2^{n-1}\right)+9 \times \frac{4\left(1-4^{n}\right)}{1-4}-n \\
& =27 \times 2^{2 n-1}+5 \times 2^{n-1}-n-12 \quad\left(n \in \mathbf{N}^{*}\right)
\end{aligned}
$$
题目（高二 · 代数）：5. 已知实数 $x, y$ 满足约束条件 $\left\{\begin{array}{c}y \leq 2 \\ x+y \geq 1 \\ y \geq 2(x-2)\end{array}\right.$, 若 $z=x+t y(t>0)$ 的最大值为 11 , 则实数 $t=$
选项：
答案：4
解析：由已知得到可行域如图:



可求出三个交点坐标 $A(3,2), B(-1,2), C\left(\frac{5}{3},-\frac{2}{3}\right)$,

目标函数 $z=x+\operatorname{ty}(t>0)$ 的最大值为 11 ,

几何意义是直线 $y=-\frac{1}{t} x+\frac{z}{t}$ 截距的最大值为 11 ,

由图得知,当 $y=-\frac{1}{t} x+\frac{z}{t}$ 过点 $A$ 截距取得最大值,

故 $11=3+2 t$, 解得 $=4$ 。
题目（高二 · 代数）：16. (2013 四川) 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 $a=$
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 $a=36$.

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题目（高二 · 代数）：13.【2018 年 4 月 2018 届高三第二次全国大联考】已知等差数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 满足 $a_{3}=5, a_{6}=a_{4}+4$, 公比为正数的等比数列 $\left\{b_{n}\right\}$ 满足 $b_{2}=1, b_{3} b_{5}=\frac{1}{16}$.

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

(II) 设 $c_{n}=\frac{a_{n} b_{n}}{2}$, 求数列 $\left\{c_{n}\right\}$ 的前 $n$ 项和 $T_{n}$.
选项：
答案：( I ) $a_{n}=2 n-1, b_{n}=\left(\frac{1}{2}\right)^{n-2}$; ( I ) $T_{n}=6-\frac{2 n+3}{2^{n-1}}$.
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 $q$.

因为 $a_{6}=a_{4}+4$, 所以 $a_{6}-a_{4}=2 d=4$, 解得 $d=2$.

所以 $a_{n}=a_{3}+(n-3) d=5+(n-3) \times 2=2 n-1$.

由 $b_{3} b_{5}=\frac{1}{16}$ 及等比中项的性质, 得 $b_{4}{ }^{2}=\frac{1}{16}$,

又显然 $b_{4}$ 必与 $b_{2}$ 同号, 所以 $b_{4}=\frac{1}{4}$.

所以 $q^{2}=\frac{b_{4}}{b_{2}}=\frac{\frac{1}{4}}{1}=\frac{1}{4}$. 又公比为正数, 解得 $q=\frac{1}{2}$.

所以 $b_{n}=b_{2} q^{n-2}=1 \times\left(\frac{1}{2}\right)^{n-2}=\left(\frac{1}{2}\right)^{n-2}$.

( I ) 由 (I) 知, $c_{n}=\frac{a_{n} b_{n}}{2}=\frac{(2 n-1)\left(\frac{1}{2}\right)^{n-2}}{2}=\frac{2 n-1}{2^{n-1}}$,
则 $T_{n}=\frac{1}{2^{0}}+\frac{3}{2^{1}}+\frac{5}{2^{2}}+\cdots+\frac{2 n-1}{2^{n-1}}$

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

(1)-(2), 得 $\frac{1}{2} T_{n}=\frac{1}{2^{0}}+\frac{2}{2^{1}}+\frac{2}{2^{2}}+\cdots+\frac{2}{2^{n-1}}-\frac{2 n-1}{2^{n}}=1+1+\frac{1}{2}+\cdots+\frac{1}{2^{n-2}}-\frac{2 n-1}{2^{n}}$

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

所以 $T_{n}=6-\frac{2 n+3}{2^{n-1}}$.
题目（高二 · 代数）：14. (2019 - 四川高考模拟 (文) ) 已知数列 $\left\{a_{n}\right\}_{\text {的前 }} n_{\text {项和为 }} S_{n}$, 且满足 $2 S_{n}=-a_{n}+n\left(n \in N^{*}\right)$.

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

(II) 求数列 $\left\{a_{n}-1\right\}$ 的前 $n$ 项和 $T_{n}$.
选项：
答案：( I ) $2 S_{n}=-a_{n}+n$,

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

两式相减, 得 $2 a_{n}=-a_{n}+a_{n-1}+1$, 即 $a_{n}=\frac{1}{3} a_{n-1}+\frac{1}{3}$.

$\therefore a_{n}-\frac{1}{2}=\frac{1}{3}\left(a_{n-1}-\frac{1}{2}\right)$, 所以数列 $\left\{a_{n}-\frac{1}{2}\right\}$ 为等比数列.

(II) 由 $2 S_{1}=-a_{1}+1$, 得 $a_{1}=\frac{1}{3}$. 由 (I) 知, 数列 $\left\{a_{n}-\frac{1}{2}\right\}$ 是以 $-\frac{1}{6}$ 为首项, $\frac{1}{3}$ 为公比的等比数列.

所以 $a_{n}-\frac{1}{2}=-\frac{1}{6}\left(\frac{1}{3}\right)^{n-1}=-\frac{1}{2}\left(\frac{1}{3}\right)^{n}$,

$\therefore a_{n}=-\frac{1}{2}\left(\frac{1}{3}\right)^{n}+\frac{1}{2}$,
$\therefore a_{n}-1=-\frac{1}{2}\left(\frac{1}{3}\right)^{n}-\frac{1}{2}$,

$\therefore T_{n}=\frac{-\frac{1}{6}\left[1-\left(\frac{1}{3}\right)^{n}\right]}{1-\frac{1}{3}}-\frac{n}{2}=\frac{1}{4}\left[\left(\frac{1}{3}\right)^{n}-1\right]-\frac{n}{2}$.
解析：( I ) $2 S_{n}=-a_{n}+n$,

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

两式相减, 得 $2 a_{n}=-a_{n}+a_{n-1}+1$, 即 $a_{n}=\frac{1}{3} a_{n-1}+\frac{1}{3}$.

$\therefore a_{n}-\frac{1}{2}=\frac{1}{3}\left(a_{n-1}-\frac{1}{2}\right)$, 所以数列 $\left\{a_{n}-\frac{1}{2}\right\}$ 为等比数列.

(II) 由 $2 S_{1}=-a_{1}+1$, 得 $a_{1}=\frac{1}{3}$. 由 (I) 知, 数列 $\left\{a_{n}-\frac{1}{2}\right\}$ 是以 $-\frac{1}{6}$ 为首项, $\frac{1}{3}$ 为公比的等比数列.

所以 $a_{n}-\frac{1}{2}=-\frac{1}{6}\left(\frac{1}{3}\right)^{n-1}=-\frac{1}{2}\left(\frac{1}{3}\right)^{n}$,

$\therefore a_{n}=-\frac{1}{2}\left(\frac{1}{3}\right)^{n}+\frac{1}{2}$,
$\therefore a_{n}-1=-\frac{1}{2}\left(\frac{1}{3}\right)^{n}-\frac{1}{2}$,

$\therefore T_{n}=\frac{-\frac{1}{6}\left[1-\left(\frac{1}{3}\right)^{n}\right]}{1-\frac{1}{3}}-\frac{n}{2}=\frac{1}{4}\left[\left(\frac{1}{3}\right)^{n}-1\right]-\frac{n}{2}$.
题目（高二 · 代数）：17.【2019 年高考全国 II 卷理数】已知数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 和 $\left\{b_{n}\right\}$ 满足 $a_{1}=1, b_{1}=0,4 a_{n+1}=3 a_{n}-b_{n}+4$, $4 b_{n+1}=3 b_{n}-a_{n}-4$.

(I) 证明: $\left\{a_{n}+b_{n}\right\}$ 是等比数列, $\left\{a_{n}-b_{n}\right\}$ 是等差数列;

(II) 求 $\left\{a_{n}\right\}$ 和 $\left\{b_{n}\right\}$ 的通项公式.
选项：
答案：(1) 由题设得 $4\left(a_{n+1}+b_{n+1}\right)=2\left(a_{n}+b_{n}\right)$, 即 $a_{n+1}+b_{n+1}=\frac{1}{2}\left(a_{n}+b_{n}\right)$.

又因为 $a_{1}+b_{1}=1$, 所以 $\left\{a_{n}+b_{n}\right\}$ 是首项为 1 , 公比为 $\frac{1}{2}$ 的等比数列.

由题设得 $4\left(a_{n+1}-b_{n+1}\right)=4\left(a_{n}-b_{n}\right)+8$, 即 $a_{n+1}-b_{n+1}=a_{n}-b_{n}+2$.

又因为 $a_{1}-b_{1}=1$, 所以 $\left\{a_{n}-b_{n}\right\}$ 是首项为 1 , 公差为 2 的等差数列.

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

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

$b_{n}=\frac{1}{2}\left[\left(a_{n}+b_{n}\right)-\left(a_{n}-b_{n}\right)\right]=\frac{1}{2^{n}}-n+\frac{1}{2}$.
解析：(1) 由题设得 $4\left(a_{n+1}+b_{n+1}\right)=2\left(a_{n}+b_{n}\right)$, 即 $a_{n+1}+b_{n+1}=\frac{1}{2}\left(a_{n}+b_{n}\right)$.

又因为 $a_{1}+b_{1}=1$, 所以 $\left\{a_{n}+b_{n}\right\}$ 是首项为 1 , 公比为 $\frac{1}{2}$ 的等比数列.

由题设得 $4\left(a_{n+1}-b_{n+1}\right)=4\left(a_{n}-b_{n}\right)+8$, 即 $a_{n+1}-b_{n+1}=a_{n}-b_{n}+2$.

又因为 $a_{1}-b_{1}=1$, 所以 $\left\{a_{n}-b_{n}\right\}$ 是首项为 1 , 公差为 2 的等差数列.

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

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

$b_{n}=\frac{1}{2}\left[\left(a_{n}+b_{n}\right)-\left(a_{n}-b_{n}\right)\right]=\frac{1}{2^{n}}-n+\frac{1}{2}$.
题目（高二 · 代数）：10. 已知函数 $f(x)=2 x^{2}-2 a x+b, f(-1)=-8$. 对 $\forall x \in \mathbf{R}$, 都有 $f(x) \geqslant f(-1)$ 成立, 记集合 $A=\{x \mid f(x)>0\}, B=\{x|| x-t \mid \leqslant 1\}$.

(1)当 $t=1$ 时, 求 $(\lceil\mathrm{R} A) \cup B$;

(2)设命题 $p: A \cap B \neq \varnothing$, 若綈 $p$ 为真命题, 求实数 $t$ 的取值范围.
选项：
答案：：解 由题意 $(-1,-8)$ 为二次函数的顶点,

$\therefore f(x)=2(x+1)^{2}-8=2\left(x^{2}+2 x-3\right)$.

$A=\{x \mid x<-3 ，$ 或 $x>1\}$.

(1) $B=\{x \| x-1 \mid \leqslant 1\}=\{x \mid 0 \leqslant x \leqslant 2\}$.

$\therefore\left(\complement_{\mathrm{R}} A\right) \cup B=\{x \mid-3 \leqslant x \leqslant 1\} \cup\{x \mid 0 \leqslant x \leqslant 2\}$

$=\{x \mid-3 \leqslant x \leqslant 2\}$.

(2) $B=\{x \mid t-1 \leqslant x \leqslant t+1\}$.

$\left\{\begin{array}{l}t-1 \geqslant-3, \\ t+1 \leqslant 1,\end{array} \quad \Rightarrow\left\{\begin{array}{l}t \geqslant-2, \\ t \leqslant 0 .\end{array}\right.\right.$

$\therefore$ 实数 $t$ 的取值范围是 $[-2,0]$.
解析：：解 由题意 $(-1,-8)$ 为二次函数的顶点,

$\therefore f(x)=2(x+1)^{2}-8=2\left(x^{2}+2 x-3\right)$.

$A=\{x \mid x<-3 ，$ 或 $x>1\}$.

(1) $B=\{x \| x-1 \mid \leqslant 1\}=\{x \mid 0 \leqslant x \leqslant 2\}$.

$\therefore\left(\complement_{\mathrm{R}} A\right) \cup B=\{x \mid-3 \leqslant x \leqslant 1\} \cup\{x \mid 0 \leqslant x \leqslant 2\}$

$=\{x \mid-3 \leqslant x \leqslant 2\}$.

(2) $B=\{x \mid t-1 \leqslant x \leqslant t+1\}$.

$\left\{\begin{array}{l}t-1 \geqslant-3, \\ t+1 \leqslant 1,\end{array} \quad \Rightarrow\left\{\begin{array}{l}t \geqslant-2, \\ t \leqslant 0 .\end{array}\right.\right.$

$\therefore$ 实数 $t$ 的取值范围是 $[-2,0]$.
题目（高二 · 代数）：10. 求证: 函数 $f(x)=\frac{x}{x^{2}-1}$ 在 $(1,+\infty)$ 上是减函数.
选项：
答案：：证明 证法 1: 设 $x_{1}, x_{2} \in(1,+\infty)$, 且 $x_{1}<x_{2}$,

则 $f\left(x_{1}\right)-f\left(x_{2}\right)=\frac{x_{1}}{x_{1}^{2}-1}-\frac{x_{2}}{x_{2}^{2}-1}$

$=\frac{x_{1}\left(x_{2}^{2}-1\right)-x_{2}\left(x_{1}^{2}-1\right)}{\left(x_{1}^{2}-1\right)\left(x_{2}^{2}-1\right)}$

$=\frac{\left(x_{2}-x_{1}\right)\left(x_{1} x_{2}+1\right)}{\left(x_{1}^{2}-1\right)\left(x_{2}^{2}-1\right)}$.

$\because 1<x_{1}<x_{2}$,

$\therefore x_{2}-x_{1}>0, x_{1} x_{2}+1>0, x_{1}^{2}-1>0, x_{2}^{2}-1>0$.

$\therefore f\left(x_{1}\right)-f\left(x_{2}\right)>0$, 即 $f\left(x_{1}\right)>f\left(x_{2}\right)$.

$\therefore f(x)=\frac{x}{x^{2}-1}$ 在 $(1,+\infty)$ 上是减函数.

证法 2: $\because f(x)=\frac{x}{x^{2}-1}$,

$\therefore f^{\prime}(x)=\frac{x^{2}-1-2 x^{2}}{\left(x^{2}-1\right)^{2}}=\frac{-\left(x^{2}+1\right)}{\left(x^{2}-1\right)^{2}}$.

$\because x \in(1,+\infty), \quad \therefore f^{\prime}(x)<0$.

$\therefore f(x)=\frac{x}{x^{2}-1}$ 在 $(1,+\infty)$ 上是减函数.
解析：：证明 证法 1: 设 $x_{1}, x_{2} \in(1,+\infty)$, 且 $x_{1}<x_{2}$,

则 $f\left(x_{1}\right)-f\left(x_{2}\right)=\frac{x_{1}}{x_{1}^{2}-1}-\frac{x_{2}}{x_{2}^{2}-1}$

$=\frac{x_{1}\left(x_{2}^{2}-1\right)-x_{2}\left(x_{1}^{2}-1\right)}{\left(x_{1}^{2}-1\right)\left(x_{2}^{2}-1\right)}$

$=\frac{\left(x_{2}-x_{1}\right)\left(x_{1} x_{2}+1\right)}{\left(x_{1}^{2}-1\right)\left(x_{2}^{2}-1\right)}$.

$\because 1<x_{1}<x_{2}$,

$\therefore x_{2}-x_{1}>0, x_{1} x_{2}+1>0, x_{1}^{2}-1>0, x_{2}^{2}-1>0$.

$\therefore f\left(x_{1}\right)-f\left(x_{2}\right)>0$, 即 $f\left(x_{1}\right)>f\left(x_{2}\right)$.

$\therefore f(x)=\frac{x}{x^{2}-1}$ 在 $(1,+\infty)$ 上是减函数.

证法 2: $\because f(x)=\frac{x}{x^{2}-1}$,

$\therefore f^{\prime}(x)=\frac{x^{2}-1-2 x^{2}}{\left(x^{2}-1\right)^{2}}=\frac{-\left(x^{2}+1\right)}{\left(x^{2}-1\right)^{2}}$.

$\because x \in(1,+\infty), \quad \therefore f^{\prime}(x)<0$.

$\therefore f(x)=\frac{x}{x^{2}-1}$ 在 $(1,+\infty)$ 上是减函数.
题目（高二 · 代数）：11. 若函数 $f(x)=\frac{1}{3} x^{3}-\frac{1}{2} a x^{2}+(a-1) x+1$ 在区间 $(1,4)$ 上为减函数,在区间 $(6,+\infty)$ 上为增函数, 试求实数 $a$ 的取值范围.
选项：
答案：：解 函数 $f(x)$ 的导数 $f^{\prime}(x)=x^{2}-a x+a-1$.

令 $f^{\prime}(x)=0$, 解得 $x=1$ 或 $x=a-1$.

当 $a-1 \leqslant 1$ 即 $a \leqslant 2$ 时, 函数 $f(x)$ 在 $(1,+\infty)$ 上为增函数，不合题意.

当 $a-1>1$ 即 $a>2$ 时, 函数 $f(x)$ 在 $(-\infty, 1)$ 上为增函数, 在 $(1, a$ $-1)$ 上为减函数，在 $(a-1,+\infty)$ 上为增函数.

依题意应有当 $x \in(1,4)$ 时, $f^{\prime}(x)<0$, 当 $x \in(6,+\infty)$ 时, $f^{\prime}(x)>0$.

$\therefore 4 \leqslant a-1 \leqslant 6$, 解得 $5 \leqslant a \leqslant 7$.

$\therefore a$ 的取值范围是[5,7].
解析：：解 函数 $f(x)$ 的导数 $f^{\prime}(x)=x^{2}-a x+a-1$.

令 $f^{\prime}(x)=0$, 解得 $x=1$ 或 $x=a-1$.

当 $a-1 \leqslant 1$ 即 $a \leqslant 2$ 时, 函数 $f(x)$ 在 $(1,+\infty)$ 上为增函数，不合题意.

当 $a-1>1$ 即 $a>2$ 时, 函数 $f(x)$ 在 $(-\infty, 1)$ 上为增函数, 在 $(1, a$ $-1)$ 上为减函数，在 $(a-1,+\infty)$ 上为增函数.

依题意应有当 $x \in(1,4)$ 时, $f^{\prime}(x)<0$, 当 $x \in(6,+\infty)$ 时, $f^{\prime}(x)>0$.

$\therefore 4 \leqslant a-1 \leqslant 6$, 解得 $5 \leqslant a \leqslant 7$.

$\therefore a$ 的取值范围是[5,7].
题目（高二 · 代数）：15. 方程 $\sin x=\frac{1-a}{2}$ 在 $x \in\left[\frac{\pi}{3}, \pi\right]$ 时有两个不相等的实数根, 求 $a$ 的取值范围.
选项：
答案：首先作出 $y=\sin x ， x \in\left[\frac{\pi}{3} ， \pi\right]$ 的图象，然后再作出 $y=\frac{1-a}{2}$ 的图象，如图所示.

<ImageHere>

由图象知，如果 $y=\sin x ， x \in\left[\frac{\pi}{3} ， \pi\right]$ 与 $y=\frac{1-a}{2}$ 的图象有两个交点，那么方程 $\sin x=\frac{1-a}{2}$ ， $x \in\left[\frac{\pi}{3} ， \pi\right]$ 就有两个不相等的实数根.

由图象可知，当 $\frac{\sqrt{3}}{2} \leqslant \frac{1-a}{2}<1$ ，即 $-1<a \leqslant 1-\sqrt{3}$ 时， $y=\sin x ， x \in\left[\frac{\pi}{3} ， \pi\right]$ 的图象与 $y=\frac{1-a}{2}$的图象有两个交点，即方程 $\sin x=\frac{1-a}{2}$ 在 $x \in\left[\frac{\pi}{3} ， \pi\right]$ 时有两个不相等的实数根.
解析：首先作出 $y=\sin x ， x \in\left[\frac{\pi}{3} ， \pi\right]$ 的图象，然后再作出 $y=\frac{1-a}{2}$ 的图象，如图所示.



由图象知，如果 $y=\sin x ， x \in\left[\frac{\pi}{3} ， \pi\right]$ 与 $y=\frac{1-a}{2}$ 的图象有两个交点，那么方程 $\sin x=\frac{1-a}{2}$ ， $x \in\left[\frac{\pi}{3} ， \pi\right]$ 就有两个不相等的实数根.

由图象可知，当 $\frac{\sqrt{3}}{2} \leqslant \frac{1-a}{2}<1$ ，即 $-1<a \leqslant 1-\sqrt{3}$ 时， $y=\sin x ， x \in\left[\frac{\pi}{3} ， \pi\right]$ 的图象与 $y=\frac{1-a}{2}$的图象有两个交点，即方程 $\sin x=\frac{1-a}{2}$ 在 $x \in\left[\frac{\pi}{3} ， \pi\right]$ 时有两个不相等的实数根.
题目（高二 · 代数）：23.求证: 如果 $p^{2}+q^{2}=2$, 则 $p+q \leq 2$.
选项：
答案：答案: 证明: 该命题的逆否命题为若 $p+q>2$, 则 $p^{2}+q^{2} \neq 2$.

$$
\begin{aligned}
& p^{2}+q^{2}=\frac{1}{2} \quad\left[(p+q)^{2}+(p-q)^{2}\right] \geq \frac{1}{2}(p+q)^{2} . \\
& \because p+q>2, \therefore(p+q)^{2}>4, \\
& \therefore p^{2}+q^{2}>2, \quad \text { 即 } p+q>2 \text { 时, } p^{2}+q^{2} \neq 2 \text { 成立. } \\
& \therefore \text { 如果 } p^{2}+q^{2}=2 \text {, 则 } p+q \leq 2 .
\end{aligned}
$$
解析：：分析：根据原命题与逆否命题的等价性即可。
题目（高二 · 代数）：24. 关于 $x$ 的实系数一元二次方程 $a x 2+b x+c=0$ 有两个异号实根的充要条件是什么? 为什么 ?

答案: 关于 $x$ 的实系数的一元二次方程 $a x 2+b x+c=0$ 有两个异号实根的充要条件是 $a c<0$. 证明: (1)充分性: $\because a c<0, \therefore-4 a c>0, \therefore \Delta=b 2-4 a c>0, \therefore$ 设 $x_{1}, x_{2}$ 为原方程的两个不等
实根, 又由根与系数的关系得 $x_{1} x_{2}=\frac{c}{a}=\frac{a c}{a^{2}}<0$, 则 $x_{1}, x_{2}$ 并号, 即 $a c<0$ 是关于 $x$ 的实系数一元二次方程 $a x 2+b x+c=0$ 有两个异号实根的充分条件.

(2) 必要性; 设 $x_{1}, x_{2}$ 是关于 $x$ 的实系数一元二次方程 $a x 2+b x+c=0$ 的两个实根异号, 则 $x_{1} x_{2}=\frac{c}{a}<0, \therefore a c<0$. 即 $a c<0$ 是关于 $x$ 的系数的一元二次方程 $a x 2+b x+c=0$ 有两个异号实根的必要条件. 综合(1)(2)可得原结论成立
选项：
答案：：分析：证明充要条件, 首先证明充分性, 再证明必要性, 最后总结即可。
解析：：分析：证明充要条件, 首先证明充分性, 再证明必要性, 最后总结即可。