eodcF/cmm-math huggingface dataset:
题目（高二 · 代数）：19. (12 分)证明不等式: $a, b, c \in \mathbf{R}, a^{4}+b^{4}+c^{4} \geqslant a b c(a+b+c)$.
选项：
答案：$\because a^{4}+b^{4} \geqslant 2 a^{2} b^{2}, \quad b^{4}+c^{4} \geqslant 2 b^{2} c^{2}$,

$c^{4}+a^{4} \geqslant 2 c^{2} a^{2}$,

$\therefore 2\left(a^{4}+b^{4}+c^{4}\right) \geqslant 2\left(a^{2} b^{2}+b^{2} c^{2}+c^{2} a^{2}\right)$

即 $a^{4}+b^{4}+c^{4} \geqslant a^{2} b^{2}+b^{2} c^{2}+c^{2} a^{2}$.

又 $a^{2} b^{2}+b^{2} c^{2} \geqslant 2 a b^{2} c, b^{2} c^{2}+c^{2} a^{2} \geqslant 2 a b c^{2}$,

$c^{2} a^{2}+a^{2} b^{2} \geqslant 2 a^{2} b c$.

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

即 $a^{2} b^{2}+b^{2} c^{2}+c^{2} a^{2} \geqslant a b c(a+b+c)$.

$\therefore a^{4}+b^{4}+c^{4} \geqslant a b c(a+b+c)$.
解析：$\because a^{4}+b^{4} \geqslant 2 a^{2} b^{2}, \quad b^{4}+c^{4} \geqslant 2 b^{2} c^{2}$,

$c^{4}+a^{4} \geqslant 2 c^{2} a^{2}$,

$\therefore 2\left(a^{4}+b^{4}+c^{4}\right) \geqslant 2\left(a^{2} b^{2}+b^{2} c^{2}+c^{2} a^{2}\right)$

即 $a^{4}+b^{4}+c^{4} \geqslant a^{2} b^{2}+b^{2} c^{2}+c^{2} a^{2}$.

又 $a^{2} b^{2}+b^{2} c^{2} \geqslant 2 a b^{2} c, b^{2} c^{2}+c^{2} a^{2} \geqslant 2 a b c^{2}$,

$c^{2} a^{2}+a^{2} b^{2} \geqslant 2 a^{2} b c$.

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

即 $a^{2} b^{2}+b^{2} c^{2}+c^{2} a^{2} \geqslant a b c(a+b+c)$.

$\therefore a^{4}+b^{4}+c^{4} \geqslant a b c(a+b+c)$.
题目（高二 · 代数）：21. (12 分) 设 $a \in \mathbf{R}$, 关于 $x$ 的一元二次方程 $7 x^{2}-(a+13) x+a^{2}-a-2=0$ 有两实根 $x_{1}$, $x_{2}$, 且 $0<x_{1}<1<x_{2}<2$, 求 $a$ 的取值范围.
选项：
答案：设 $f(x)=7 x^{2}-(a+13) x+a^{2}-a-2$.

因为 $x_{1}, x_{2}$ 是方程 $f(x)=0$ 的两个实根,

且 $0<x_{1}<1,1<x_{2}<2$,

所以 $\left\{\begin{array}{l}f(0)>0, \\ f(1)<0, \\ f(2)>0\end{array} \quad \Rightarrow\left\{\begin{array}{l}a^{2}-a-2>0, \\ 7-(a+13)+a^{2}-a-2<0, \\ 28-2(a+13)+a^{2}-a-2>0\end{array}\right.\right.$

$\Rightarrow\left\{\begin{array}{l}a^{2}-a-2>0, \\ a^{2}-2 a-8<0, \\ a^{2}-3 a>0\end{array} \quad \Rightarrow\left\{\begin{array}{l}a<-1 \text { 或 } a>2, \\ -2<a<4, \\ a<0 \text { 或 } a>3\end{array}\right.\right.$

$\Rightarrow-2<a<-1$ 或 $3<a<4$.

所以 $a$ 的取值范围是 $\{a \mid-2<a<-1$ 或 $3<a<4\}$.
解析：设 $f(x)=7 x^{2}-(a+13) x+a^{2}-a-2$.

因为 $x_{1}, x_{2}$ 是方程 $f(x)=0$ 的两个实根,

且 $0<x_{1}<1,1<x_{2}<2$,

所以 $\left\{\begin{array}{l}f(0)>0, \\ f(1)<0, \\ f(2)>0\end{array} \quad \Rightarrow\left\{\begin{array}{l}a^{2}-a-2>0, \\ 7-(a+13)+a^{2}-a-2<0, \\ 28-2(a+13)+a^{2}-a-2>0\end{array}\right.\right.$

$\Rightarrow\left\{\begin{array}{l}a^{2}-a-2>0, \\ a^{2}-2 a-8<0, \\ a^{2}-3 a>0\end{array} \quad \Rightarrow\left\{\begin{array}{l}a<-1 \text { 或 } a>2, \\ -2<a<4, \\ a<0 \text { 或 } a>3\end{array}\right.\right.$

$\Rightarrow-2<a<-1$ 或 $3<a<4$.

所以 $a$ 的取值范围是 $\{a \mid-2<a<-1$ 或 $3<a<4\}$.
题目（高二 · 代数）：已知 $a, b, c \in(0,+\infty)$.

求证: $\left(\frac{a}{a+b}\right) \cdot\left(\frac{b}{b+c}\right) \cdot\left(\frac{c}{c+a}\right) \leqslant \frac{1}{8}$.
选项：
答案：$\because a, b, c \in(0,+\infty)$,

$\therefore a+b \geqslant 2 \sqrt{a b}>0, \quad b+c \geqslant 2 \sqrt{b c}>0$,

$c+a \geqslant 2 \sqrt{a c}>0$,

$\therefore(a+b)(b+c)(c+a) \geqslant 8 a b c>0$.

$\therefore \frac{a b c}{(a+b)(b+c)(c+a)} \leqslant \frac{1}{8}$

即 $\left(\frac{a}{a+b}\right) \cdot\left(\frac{b}{b+c}\right) \cdot\left(\frac{c}{c+a}\right) \leqslant \frac{1}{8}$.

当且仅当 $a=b=c$ 时, 取到 “=”.
解析：$\because a, b, c \in(0,+\infty)$,

$\therefore a+b \geqslant 2 \sqrt{a b}>0, \quad b+c \geqslant 2 \sqrt{b c}>0$,

$c+a \geqslant 2 \sqrt{a c}>0$,

$\therefore(a+b)(b+c)(c+a) \geqslant 8 a b c>0$.

$\therefore \frac{a b c}{(a+b)(b+c)(c+a)} \leqslant \frac{1}{8}$

即 $\left(\frac{a}{a+b}\right) \cdot\left(\frac{b}{b+c}\right) \cdot\left(\frac{c}{c+a}\right) \leqslant \frac{1}{8}$.

当且仅当 $a=b=c$ 时, 取到 “=”.
题目（高二 · 代数）：若 $a<1$, 解关于 $x$ 的不等式 $\frac{a x}{x-2}>1$.
选项：
答案：不等式 $\frac{a x}{x-2}>1$ 可化为 $\frac{(a-1) x+2}{x-2}>0$.

$\because a<1, \quad \therefore a-1<0$,

故原不等式可化为 $\frac{x-\frac{2}{1-a}}{x-2}<0$.

故当 $0<a<1$ 时，原不等式的解集为

$\left\{x \left\lvert\, 2<x<\frac{2}{1-a}\right.\right\}$,

当 $a<0$ 时, 原不等式的解集为

$\left\{x \left\lvert\, \frac{2}{1-a}<x<2\right.\right\}$.

当 $a=0$ 时, 原不等式的解集为 $\varnothing$.
解析：不等式 $\frac{a x}{x-2}>1$ 可化为 $\frac{(a-1) x+2}{x-2}>0$.

$\because a<1, \quad \therefore a-1<0$,

故原不等式可化为 $\frac{x-\frac{2}{1-a}}{x-2}<0$.

故当 $0<a<1$ 时，原不等式的解集为

$\left\{x \left\lvert\, 2<x<\frac{2}{1-a}\right.\right\}$,

当 $a<0$ 时, 原不等式的解集为

$\left\{x \left\lvert\, \frac{2}{1-a}<x<2\right.\right\}$.

当 $a=0$ 时, 原不等式的解集为 $\varnothing$.
题目（高二 · 代数）：求函数 $y=\frac{\sqrt{x+2}}{2 x+5}$ 的最大值.
选项：
答案：设 $t=\sqrt{x+2}$, 从而 $x=t^{2}-2(t \geqslant 0)$,

则 $y=\frac{t}{2 t^{2}+1}$.

当 $t=0$ 时, $y=0$;

当 $t>0$ 时, $y=\frac{1}{2 t+\frac{1}{t}} \leqslant \frac{1}{2 \sqrt{2 t \cdot \frac{1}{t}}}=\frac{\sqrt{2}}{4}$.

当且仅当 $2 t=\frac{1}{t}$, 即 $t=\frac{\sqrt{2}}{2}$ 时等号成立.

即当 $x=-\frac{3}{2}$ 时, $y_{\text {max }}=\frac{\sqrt{2}}{4}$.
解析：设 $t=\sqrt{x+2}$, 从而 $x=t^{2}-2(t \geqslant 0)$,

则 $y=\frac{t}{2 t^{2}+1}$.

当 $t=0$ 时, $y=0$;

当 $t>0$ 时, $y=\frac{1}{2 t+\frac{1}{t}} \leqslant \frac{1}{2 \sqrt{2 t \cdot \frac{1}{t}}}=\frac{\sqrt{2}}{4}$.

当且仅当 $2 t=\frac{1}{t}$, 即 $t=\frac{\sqrt{2}}{2}$ 时等号成立.

即当 $x=-\frac{3}{2}$ 时, $y_{\text {max }}=\frac{\sqrt{2}}{4}$.
题目（高二 · 代数）：13. 函数 $f(x)=A \sin (\omega x+\varphi)\left(A>0, \omega>0,-\frac{\pi}{2}<\varphi<\frac{\pi}{2}\right)$

的部分图象如图所示.

(1)求函数 $y=f(x)$ 的解析式;

(2)当 $x \in\left[-\pi,-\frac{\pi}{6}\right]$ 时, 求 $f(x)$ 的取值范围.
选项：
答案：(1)$f(x)=\sin \left(x+\frac{\pi}{3}\right)$(2)$\left[-1, \frac{1}{2}\right]$
解析：(1) 由函数图象得 $A=1, \frac{T}{4}=\frac{2 \pi}{3}-\frac{\pi}{6}=\frac{\pi}{2}$, 所以 $T=2 \pi$, 则 $\omega=1$.

将点 $\left(\frac{\pi}{6}, 1\right)$ 代入得 $\sin \left(\frac{\pi}{6}+\varphi\right)=1$, 而 $-\frac{\pi}{2}<\varphi<\frac{\pi}{2}$,

所以 $\varphi=\frac{\pi}{3}$, 因此函数的解析式为

$f(x)=\sin \left(x+\frac{\pi}{3}\right)$.

(2)由于 $-\pi \leqslant x \leqslant-\frac{\pi}{6},-\frac{2 \pi}{3} \leqslant x+\frac{\pi}{3} \leqslant \frac{\pi}{6}$, 所以 $-1 \leqslant \sin \left(x+\frac{\pi}{3}\right) \leqslant \frac{1}{2}$,

所以 $f(x)$ 的取值范围是 $\left[-1, \frac{1}{2}\right]$.
题目（高二 · 代数）：12. 已知数列 $\left\{\frac{9 n^{2}-9 n+2}{9 n^{2}-1}\right\}$;

(1)求这个数列的第 10 项;

(2) $\frac{98}{101}$ 是不是该数列中的项, 为什么?

(3)求证: 数列中的各项都在区间 $(0,1)$ 内;

(4)在区间 $\left(\frac{1}{3}, \frac{2}{3}\right)$ 内有、无数列中的项? 若有, 有几项? 若没有, 说明理由.
选项：
答案：(1) 设 $f(n)=\frac{9 n^{2}-9 n+2}{9 n^{2}-1}$
$=\frac{(3 n-1)(3 n-2)}{(3 n-1)(3 n+1)}=\frac{3 n-2}{3 n+1}$.

令 $n=10$, 得第 10 项 $a_{10}=f(10)=\frac{28}{31}$.

(2)解 令 $\frac{3 n-2}{3 n+1}=\frac{98}{101}$, 得 $9 n=300$.

此方程无正整数解, 所以 $\frac{98}{101}$ 不是该数列中的项.

(3)证明 $\because a_{n}=\frac{3 n-2}{3 n+1}=\frac{3 n+1-3}{3 n+1}=1-\frac{3}{3 n+1}$,

又 $n \in \mathbf{N}^{*}, \quad \therefore 0<\frac{3}{3 n+1}<1, \quad \therefore 0<a_{n}<1$.

$\therefore$ 数列中的各项都在区间 $(0,1)$ 内.

(4)解 令 $\frac{1}{3}<a_{n}=\frac{3 n-2}{3 n+1}<\frac{2}{3}$, 则 $\left\{\begin{array}{l}3 n+1<9 n-6 \\ 9 n-6<6 n+2\end{array}\right.$,

即 $\left\{\begin{array}{ll}n>\frac{7}{6} \\ n<\frac{8}{3}\end{array} \quad . \therefore \frac{7}{6}<n<\frac{8}{3}\right.$.

又 $\because n \in \mathbf{N}^{*}, \therefore$ 当且仅当 $n=2$ 时, 上式成立, 故区间 $\left(\frac{1}{3}, \frac{2}{3}\right)$ 上有数列中的项, 且只有一项为 $a_{2}=\frac{4}{7}$.
解析：(1) 设 $f(n)=\frac{9 n^{2}-9 n+2}{9 n^{2}-1}$
$=\frac{(3 n-1)(3 n-2)}{(3 n-1)(3 n+1)}=\frac{3 n-2}{3 n+1}$.

令 $n=10$, 得第 10 项 $a_{10}=f(10)=\frac{28}{31}$.

(2)解 令 $\frac{3 n-2}{3 n+1}=\frac{98}{101}$, 得 $9 n=300$.

此方程无正整数解, 所以 $\frac{98}{101}$ 不是该数列中的项.

(3)证明 $\because a_{n}=\frac{3 n-2}{3 n+1}=\frac{3 n+1-3}{3 n+1}=1-\frac{3}{3 n+1}$,

又 $n \in \mathbf{N}^{*}, \quad \therefore 0<\frac{3}{3 n+1}<1, \quad \therefore 0<a_{n}<1$.

$\therefore$ 数列中的各项都在区间 $(0,1)$ 内.

(4)解 令 $\frac{1}{3}<a_{n}=\frac{3 n-2}{3 n+1}<\frac{2}{3}$, 则 $\left\{\begin{array}{l}3 n+1<9 n-6 \\ 9 n-6<6 n+2\end{array}\right.$,

即 $\left\{\begin{array}{ll}n>\frac{7}{6} \\ n<\frac{8}{3}\end{array} \quad . \therefore \frac{7}{6}<n<\frac{8}{3}\right.$.

又 $\because n \in \mathbf{N}^{*}, \therefore$ 当且仅当 $n=2$ 时, 上式成立, 故区间 $\left(\frac{1}{3}, \frac{2}{3}\right)$ 上有数列中的项, 且只有一项为 $a_{2}=\frac{4}{7}$.
题目（高二 · 代数）：13. 数列 $a, b, a, b, \cdots$ 的一个通项公式是 \$ \qquad \$ .
选项：
答案：$a_{n}=\frac{a+b}{2}+(-1)^{n+1}\left(\frac{a-b}{2}\right)$
解析：$a=\frac{a+b}{2}+\frac{a-b}{2}, b=\frac{a+b}{2}-\frac{a-b}{2}$,

故 $a_{n}=\frac{a+b}{2}+(-1)^{n^{+}}\left(\frac{a-b}{2}\right)$.
题目（高二 · 代数）：19. 已知数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 和 $\left\{b_{n}\right\}$ 满足, $a_{1}=2, b_{1}=1, a_{n+1}=2 a_{n}\left(n \in \mathrm{N}^{*}\right)$,

$b_{1}+\frac{1}{2} b_{2}+\frac{1}{3} b_{3}+\cdots+\frac{1}{n} b_{n}=b_{n+1}-1\left(n \in \mathrm{N}^{*}\right)$.

(I) 求 $a_{n}$ 与 $b_{n}$;

(II) 记数列 $\left\{a_{n} b_{n}\right\}$ 的前 $n$ 项和为 $T_{n}$, 求 $T_{n}$.
选项：
答案：(I) 由 $a_{1}=2, a_{n+1}=2 a_{n}$, 得 $a_{n}=2^{n}$.

当 $n=1$ 时, $b_{1}=b_{2}-1$, 故 $b_{2}=2$.

当 $n \geqslant 2$ 时, $\frac{1}{n} b_{n}=b_{n+1}-b_{n}$, 整理得 $\frac{b_{n+1}}{b_{n}}=\frac{n+1}{n}$, 所以 $b_{n}=n$.

(II) 由 (I) 知, $a_{n} b_{n}=n \cdot 2^{n}$,

故 $T_{n}=2+2 \cdot 2^{2}+3 \cdot 2^{3}+\cdots+n \cdot 2^{n}$,

$2 T_{n}=2^{2}+2 \cdot 2^{3}+2 \cdot 2^{4}+\cdots+(n-1) \cdot 2^{n}+n \cdot 2^{n+1}$,

所以 $T_{n}=(n-1) 2^{n+1}+2$.
解析：(I) 由 $a_{1}=2, a_{n+1}=2 a_{n}$, 得 $a_{n}=2^{n}$.

当 $n=1$ 时, $b_{1}=b_{2}-1$, 故 $b_{2}=2$.

当 $n \geqslant 2$ 时, $\frac{1}{n} b_{n}=b_{n+1}-b_{n}$, 整理得 $\frac{b_{n+1}}{b_{n}}=\frac{n+1}{n}$, 所以 $b_{n}=n$.

(II) 由 (I) 知, $a_{n} b_{n}=n \cdot 2^{n}$,

故 $T_{n}=2+2 \cdot 2^{2}+3 \cdot 2^{3}+\cdots+n \cdot 2^{n}$,

$2 T_{n}=2^{2}+2 \cdot 2^{3}+2 \cdot 2^{4}+\cdots+(n-1) \cdot 2^{n}+n \cdot 2^{n+1}$,

所以 $T_{n}=(n-1) 2^{n+1}+2$.
题目（高二 · 代数）：21.【山东省烟台市 2019 届高三 3 月诊断性测试数学试题】已知等差数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的公差是 1 , 且 $a_{1}, a_{3}$,

$$
a_{9}
$$

成等比数列.

(I) 求数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的通项公式;

(II) 求数列 $\left\{\frac{a_{n}}{2^{a_{n}}}\right\}$ 的前 $n$ 项和 $T_{n}$.
选项：
答案：(I) $a_{n}=n$; (II) $T_{n}=2-\frac{2+n}{2^{n}}$.
解析：(I) 因为 $\left\{a_{n}\right\}$ 是公差为 1 的等差数列, 且 $a_{1}, a_{3}, a_{9}$ 成等比数列,

所以 $a_{3}^{2}=a_{1} a_{9}$, 即 $\left(a_{1}+2\right)^{2}=a_{1}\left(a_{1}+8\right)$, 解得 $a_{1}=1$.

所以 $a_{n}=a_{1}+(n-1) d=n$.

(II) $T_{n}=1 \times\left(\frac{1}{2}\right)^{1}+2 \times\left(\frac{1}{2}\right)^{2}+3 \times\left(\frac{1}{2}\right)^{3}+\cdots+n \times\left(\frac{1}{2}\right)^{n}$,

$\frac{1}{2} T_{n}=1 \times\left(\frac{1}{2}\right)^{2}+2 \times\left(\frac{1}{2}\right)^{3}+\cdots+(n-1) \times\left(\frac{1}{2}\right)^{n}+n \times\left(\frac{1}{2}\right)^{n+1}$,

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

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

【名师点睛】本题考查了等差数列与等比数列的通项公式、错位相减法, 考查了推理能力与计算能力,属于常考题型.
题目（高二 · 代数）：22. 已知数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 满足: $a_{n} \neq 1, a_{n+1}=2-\frac{1}{a_{n}}\left(n \in \mathbf{N}^{*}\right)$, 数列 $\left\{b_{n}\right\}$ 中, $b_{n}=\frac{1}{a_{n}-1}$, 且 $b_{1}, b_{2}$, $b_{4}$ 成

等比数列.

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

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

$\therefore$ 数列 $\left\{b_{n}\right\}$ 是公差为 1 的等差数列;

（II）由题意可得 $b_{2}^{2}=b_{1} b_{4}$, 即 $\left(b_{1}+1\right)^{2}=b_{1}\left(b_{1}+3\right)$, 所以 $b_{1}=1$, 所以 $b_{n}=1$,

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

$T_{n}=2 \times\left(1-\frac{1}{2}+\frac{1}{2}-\frac{1}{3}+\ldots+\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1}\right)=2 \times\left(1-\frac{1}{n+1}\right)=\frac{2 n}{n+1}$.

【名师点睛】本题主要考查等差数列性质的证明, 考查等差数列的前 $n$ 项和的求法, 考查裂项相消法求和, 意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力.
题目（高二 · 代数）：21. 已知数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的前 $n$ 项和为 $S_{n}$, 且 $a_{1}=1, a_{n+1}=\frac{1}{2} S_{n}(n=1,2,3, \cdots)$.

(1)求数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的通项公式;

(2)当 $b_{n}=\log \frac{3}{2}\left(3 a_{n+1}\right)$ 时, 求证: 数列 $\left\{\frac{1}{b_{n} b_{n+1}}\right\}$ 的前 $n$ 项和 $T_{n}=\frac{n}{1+n}$.
选项：
答案：(1)解 由已知 $\left\{\begin{array}{l}a_{n+1}=\frac{1}{2} S_{n}, \\ a_{n}=\frac{1}{2} S_{n-1}\end{array} \quad(n \geqslant 2)\right.$,

得 $a_{n+1}=\frac{3}{2} a_{n}(n \geqslant 2)$.

$\therefore$ 数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 是以 $a_{2}$ 为首项, 以 $\frac{3}{2}$ 为公比的等比数列.

又 $a_{2}=\frac{1}{2} S_{1}=\frac{1}{2} a_{1}=\frac{1}{2}$,

$\therefore a_{n}=a_{2} \times\left(\frac{3}{2}\right)^{n-2}(n \geqslant 2)$.

$\therefore a_{n}= \begin{cases}1, & n=1, \\ \frac{1}{2} \times\left(\frac{3}{2}\right)^{n-2}, & n \geqslant 2 .\end{cases}$

(2)证明 $b_{n}=\log _{2}^{\frac{3}{2}}\left(3 a_{n+1}\right)=\log \frac{3}{2}\left[\frac{3}{2} \times\left(\frac{3}{2}\right)^{n-1}\right]=n$.

$\therefore \frac{1}{b_{n} b_{n+1}}=\frac{1}{n(1+n)}=\frac{1}{n}-\frac{1}{1+n}$.
$\therefore T_{n}=\frac{1}{b_{1} b_{2}}+\frac{1}{b_{2} b_{3}}+\frac{1}{b_{3} b_{4}}+\cdots+\frac{1}{b_{n} b_{n+1}}$

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

$=1-\frac{1}{1+n}=\frac{n}{1+n}$.
解析：(1)解 由已知 $\left\{\begin{array}{l}a_{n+1}=\frac{1}{2} S_{n}, \\ a_{n}=\frac{1}{2} S_{n-1}\end{array} \quad(n \geqslant 2)\right.$,

得 $a_{n+1}=\frac{3}{2} a_{n}(n \geqslant 2)$.

$\therefore$ 数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 是以 $a_{2}$ 为首项, 以 $\frac{3}{2}$ 为公比的等比数列.

又 $a_{2}=\frac{1}{2} S_{1}=\frac{1}{2} a_{1}=\frac{1}{2}$,

$\therefore a_{n}=a_{2} \times\left(\frac{3}{2}\right)^{n-2}(n \geqslant 2)$.

$\therefore a_{n}= \begin{cases}1, & n=1, \\ \frac{1}{2} \times\left(\frac{3}{2}\right)^{n-2}, & n \geqslant 2 .\end{cases}$

(2)证明 $b_{n}=\log _{2}^{\frac{3}{2}}\left(3 a_{n+1}\right)=\log \frac{3}{2}\left[\frac{3}{2} \times\left(\frac{3}{2}\right)^{n-1}\right]=n$.

$\therefore \frac{1}{b_{n} b_{n+1}}=\frac{1}{n(1+n)}=\frac{1}{n}-\frac{1}{1+n}$.
$\therefore T_{n}=\frac{1}{b_{1} b_{2}}+\frac{1}{b_{2} b_{3}}+\frac{1}{b_{3} b_{4}}+\cdots+\frac{1}{b_{n} b_{n+1}}$

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

$=1-\frac{1}{1+n}=\frac{n}{1+n}$.
题目（高二 · 代数）：9. 化简求值: 

(1) $\cos 44^{\circ} \sin 14^{\circ}-\sin 44^{\circ} \cos 14^{\circ}$;

(2) $\sin \left(54^{\circ}-x\right) \cos \left(36^{\circ}+x\right)+\cos \left(54^{\circ}-x\right) \sin \left(36^{\circ}+x\right)$
选项：
答案：(1)原式 $=\sin \left(14^{\circ}-44^{\circ}\right)$

$=\sin \left(-30^{\circ}\right)=-\frac{1}{2}$.

(2)原式 $=\sin \left[\left(54^{\circ}-x\right)+\left(36^{\circ}+x\right)\right]=\sin 90^{\circ}=1$.
解析：(1)原式 $=\sin \left(14^{\circ}-44^{\circ}\right)$

$=\sin \left(-30^{\circ}\right)=-\frac{1}{2}$.

(2)原式 $=\sin \left[\left(54^{\circ}-x\right)+\left(36^{\circ}+x\right)\right]=\sin 90^{\circ}=1$.
题目（高二 · 代数）：函数 $y=\sqrt{2 \cos x-\sqrt{2}}$ 的定义域是
选项：
答案：$\left[-\frac{\pi}{4}+2 k \pi, \frac{\pi}{4}+2 k \pi\right], k \in \mathbf{Z}$
解析：要使函数有意义，只需 $2 \cos x-\sqrt{2} \geqslant 0$, 即 $\cos x \geqslant \frac{\sqrt{2}}{2}$.由余弦函数图像知(如图),

所求定义域为 $\left[-\frac{\pi}{4}+2 k \pi, \frac{\pi}{4}+2 k \pi\right], k \in \mathbf{Z}$.

答案: $\left[-\frac{\pi}{4}+2 k \pi, \frac{\pi}{4}+2 k \pi\right], k \in \mathbf{Z}$
题目（高二 · 代数）：若 $y=a \sin x+b$ 的最大值为 3 , 最小值为 1 , 则 $a b=$
选项：
答案：$\pm 2$
解析：当 $a>0$ 时, $\left\{\begin{array}{l}a+b=3 \\ -a+b=1,\end{array}\right.$ 得 $\left\{\begin{array}{l}a=1 \\ b=2 .\end{array}\right.$

当 $a<0$ 时, $\left\{\begin{array}{l}a+b=1 \\ -a+b=3,\end{array}\right.$ 得 $\left\{\begin{array}{l}a=-1 \\ b=2 .\end{array}\right.$

答案: $\pm 2$
题目（高二 · 代数）：10.已知电流 $I(\mathrm{~A})$ 与时间 $t(\mathrm{~s})$ 的关系为 $I=A \sin (\omega t+\varphi)\left(A>0, \omega>0,|\varphi|<\frac{\pi}{2}\right)$.

(1)如图所示的是该函数在一个周期内的图象，求该函数的解析式;

(2)如果 $t$ 在任意一段 $\frac{1}{150} \mathrm{~s}$ 的时间内, 电流 $I$ 都能取到最大值和最小值, 那么 $\omega$ 的最小值是多少?


选项：
解析：(1)由图可知 $A=300$, 周期

$T=2\left(\frac{1}{180}+\frac{1}{900}\right)=\frac{1}{75}, \therefore \omega=\frac{2 \pi}{T}=150 \pi$.

又当 $t=\frac{1}{180}$ 时, $I=0$, 即 $\sin \left(150 \pi \cdot \frac{1}{180}+\varphi\right)=0$,

而 $|\varphi|<\frac{\pi}{2}, \therefore \varphi=\frac{\pi}{6}$.

故所求的函数解析式为 $I=300 \sin \left(150 \pi t+\frac{\pi}{6}\right)$.

(2)依题意, 周期 $T \leqslant \frac{1}{150}$, 即 $\frac{2 \pi}{\omega} \leqslant \frac{1}{150}$,

$\therefore \omega \geqslant 300 \pi$,

故 $\omega$ 的最小值为 $300 \pi$.
题目（高二 · 代数）：13. 如图, 某动物种群数量 1 月 1 日低至 700,7 月 1 日高至 900 , 其总量在此两值之间依正弦型曲线变化.



(1)求出种群数量 $y$ 关于时间 $t$ 的函数表达式(其中 $t$ 以年初以来的月为计量单位);

(2)估计当年 3 月 1 日动物种群数量.
选项：
答案：(1) 设动物种群数量 $y$ 关于 $t$ 的解析式为 $y=A \sin (\omega t+\varphi)+b(A>0, \omega>0)$,

则 $\left\{\begin{array}{l}-A+b=700, \\ A+b=900,\end{array}\right.$ 解得 $A=100, b=800$.

又周期 $T=2 \times(6-0)=12$,

所以 $\omega=\frac{2 \pi}{T}=\frac{\pi}{6}$,

所以 $y=100 \sin \left(\frac{\pi}{6} t+\varphi\right)+800(t \geqslant 0)$.

又当 $t=6$ 时, $y=900$,

所以 $900=100 \sin \left(\frac{\pi}{6} \times 6+\varphi\right)+800$,

所以 $\sin (\pi+\varphi)=1$, 所以 $\sin \varphi=-1$,

所以取 $\varphi=-\frac{\pi}{2}$,

所以 $y=100 \sin \left(\frac{\pi}{6} t-\frac{\pi}{2}\right)+800$.

(2)当 $t=2$ 时, $y=100 \sin \left(\frac{\pi}{6} \times 2-\frac{\pi}{2}\right)+800=750$,

即当年 3 月 1 日动物种群数量约是750
解析：(1) 设动物种群数量 $y$ 关于 $t$ 的解析式为 $y=A \sin (\omega t+\varphi)+b(A>0, \omega>0)$,

则 $\left\{\begin{array}{l}-A+b=700, \\ A+b=900,\end{array}\right.$ 解得 $A=100, b=800$.

又周期 $T=2 \times(6-0)=12$,

所以 $\omega=\frac{2 \pi}{T}=\frac{\pi}{6}$,

所以 $y=100 \sin \left(\frac{\pi}{6} t+\varphi\right)+800(t \geqslant 0)$.

又当 $t=6$ 时, $y=900$,

所以 $900=100 \sin \left(\frac{\pi}{6} \times 6+\varphi\right)+800$,

所以 $\sin (\pi+\varphi)=1$, 所以 $\sin \varphi=-1$,

所以取 $\varphi=-\frac{\pi}{2}$,

所以 $y=100 \sin \left(\frac{\pi}{6} t-\frac{\pi}{2}\right)+800$.

(2)当 $t=2$ 时, $y=100 \sin \left(\frac{\pi}{6} \times 2-\frac{\pi}{2}\right)+800=750$,

即当年 3 月 1 日动物种群数量约是750
题目（高二 · 代数）：24. (2018 北京) 已知函数 $f(x)=\sin ^{2} x+\sqrt{3} \sin x \cos x$.

(1)求 $f(x)$ 的最小正周期;

(2)若 $f(x)$ 在区间 $\left[-\frac{\pi}{3}, m\right]$ 上的最大值为 $\frac{3}{2}$, 求 $m$ 的最小值.
选项：
答案：(1) $f(x)=\frac{1-\cos 2 x}{2}+\frac{\sqrt{3}}{2} \sin 2 x=\frac{\sqrt{3}}{2} \sin 2 x-\frac{1}{2} \cos 2 x+\frac{1}{2}=\sin \left(2 x-\frac{\pi}{6}\right)+\frac{1}{2}$,所以 $f(x)$ 的最小正周期为 $T=\frac{2 \pi}{2}=\pi$.

(2)由(1)知 $f(x)=\sin \left(2 x-\frac{\pi}{6}\right)+\frac{1}{2}$. 因为 $x \in\left[-\frac{\pi}{3}, m\right]$, 所以 $2 x-\frac{\pi}{6} \in\left[-\frac{5 \pi}{6}, 2 m-\frac{\pi}{6}\right]$.

要使得 $f(x)$ 在 $\left[-\frac{\pi}{3}, m\right]$ 上的最大值为 $\frac{3}{2}$, 即 $\sin \left(2 x-\frac{\pi}{6}\right)$ 在 $\left[-\frac{\pi}{3}, m\right]$ 上的最大值为 1 .

所以 $2 m-\frac{\pi}{6} \geqslant \frac{\pi}{2}$, 即 $m \geqslant \frac{\pi}{3}$.

所以 $m$ 的最小值为 $\frac{\pi}{3}$.
解析：(1) $f(x)=\frac{1-\cos 2 x}{2}+\frac{\sqrt{3}}{2} \sin 2 x=\frac{\sqrt{3}}{2} \sin 2 x-\frac{1}{2} \cos 2 x+\frac{1}{2}=\sin \left(2 x-\frac{\pi}{6}\right)+\frac{1}{2}$,所以 $f(x)$ 的最小正周期为 $T=\frac{2 \pi}{2}=\pi$.

(2)由(1)知 $f(x)=\sin \left(2 x-\frac{\pi}{6}\right)+\frac{1}{2}$. 因为 $x \in\left[-\frac{\pi}{3}, m\right]$, 所以 $2 x-\frac{\pi}{6} \in\left[-\frac{5 \pi}{6}, 2 m-\frac{\pi}{6}\right]$.

要使得 $f(x)$ 在 $\left[-\frac{\pi}{3}, m\right]$ 上的最大值为 $\frac{3}{2}$, 即 $\sin \left(2 x-\frac{\pi}{6}\right)$ 在 $\left[-\frac{\pi}{3}, m\right]$ 上的最大值为 1 .

所以 $2 m-\frac{\pi}{6} \geqslant \frac{\pi}{2}$, 即 $m \geqslant \frac{\pi}{3}$.

所以 $m$ 的最小值为 $\frac{\pi}{3}$.
题目（高二 · 代数）：11. 已知数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 满足 $a_{1}=1, a_{n+1}=2 S_{n}+1$, 其中 $S_{n}$ 为 $\left\{a_{n}\right\}$ 的前 $\mathrm{n}$ 项和, $n \in N^{*}$.

(1) 求数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的通项公式;

(2) 设 $\left\{b_{n}-a_{n}\right\}$ 是首项为 1 , 公差为 2 的等差数列, 求数列 $\left\{\mathrm{b}_{n}\right\}$ 的前 $\mathrm{n}$ 项和 $\mathrm{T}_{n}$.
选项：
答案：(1) $a_{n}=3^{n-1}$ (2) $T_{n}=\frac{3^{n}-1}{2}+n^{2}$
解析：(1). 由 $a_{1}=1, a_{n+1}=2 S_{n}+1$, 当 $n=1$ 时, 可得 $a_{2}=2 a_{1}+1=3$.

当 $n \geq 2$ 时, $a_{n}=2 S_{n-1}+1$, 两式相减得: $a_{n+1}-a_{n}=2 a_{n}$, 即 $a_{n+1}=3 a_{n}$, 且 $a_{2}=3 a_{1}$.

故 $\left\{a_{n}\right\}$ 是以 1 为首项, 3 为公比的等比数列.

所以 $a_{n}=3^{n-1}$

(2). 由题意 $b_{n}-a_{n}=1+2(n-1)=2 n-1$, 所以 $b_{n}=3^{n-1}+2 n-1$.

所以 $T_{n}=b_{1}+b_{2}+\ldots+b_{n}=\left(3^{0}+3^{1}+\ldots+3^{n-1}\right)+(1+3+\ldots+2 n-1)=\frac{1-3^{n}}{1-3}+n^{2}=\frac{3^{n}-1}{2}+n^{2}$.
题目（高二 · 代数）：12. 已知数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的前 $n$ 项为 $S_{n}=3 a_{n}-2^{n}, n \in N^{*}$.

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

(2) 求数列 $\left\{\frac{n a_{n}}{2^{n}}\right\}$ 的前 $n$ 项和为 $T_{n}$.
选项：
答案：（1）当 $n=1$ 时, $a_{1}=\frac{1}{2}$, 当 $n \geq 2$ 时, $S_{n-1}=3 a_{n-1}-2^{n-1}$,

$\therefore a_{n}=S_{n}-S_{n-1}=3 a_{n}-3 a_{n-1}-2^{n-1}$,

即 $2 a_{n}=3 a_{n-1}+2^{n-1}$,

故 $\frac{a_{n}}{2^{n}}=\frac{3}{4} \cdot \frac{a_{n-1}}{2^{n-1}}+\frac{1}{4}$,

所以 $\frac{a_{n}}{2^{n}}-1=\frac{3}{4}\left(\frac{a_{n-1}}{2^{n-1}}-1\right)$,
故 $\left\{\frac{a_{n}}{2^{n}}-1\right\}$ 是 $-\frac{3}{4}$ 为首项, 以 $\frac{3}{4}$ 为公比的等比数列;

（2）由（1）知 $\frac{a_{n}}{2^{n}}=1-\left(\frac{3}{4}\right)^{n}$, 故 $\frac{n a_{n}}{2^{n}}=n-n\left(\frac{3}{4}\right)^{n}$,

令数列 $\{n\},\left\{n\left(\frac{3}{4}\right)^{n}\right\}$ 的前 $n$ 和为 $A_{n}, B_{n}$, 则 $T_{n}=A_{n}-B_{n}$, 因为 $A_{n}=\frac{n^{2}+n}{2}$,

$B_{n}=1 \cdot\left(\frac{3}{4}\right)^{1}+2 \cdot\left(\frac{3}{4}\right)^{2}+\ldots+n \cdot\left(\frac{3}{4}\right)^{n}$,

$\frac{3}{4} B_{n}=1 \cdot\left(\frac{3}{4}\right)^{2}+2 \cdot\left(\frac{3}{4}\right)^{3}+\ldots+(n-1)\left(\frac{3}{4}\right)^{n}+n\left(\frac{3}{4}\right)^{n+1}$,

则 $\frac{1}{4} B_{n}=\frac{3}{4}+\left(\frac{3}{4}\right)^{2}+\left(\frac{3}{4}\right)^{3}+\ldots+\left(\frac{3}{4}\right)^{n}-n\left(\frac{3}{4}\right)^{n+1}$,

即 $B_{n}=12-(12+3 n)\left(\frac{3}{4}\right)^{n}$,

故 $T_{n}=12-(12+3 n)\left(\frac{3}{4}\right)^{n}+\frac{n^{2}+n}{2}$.
解析：（1）当 $n=1$ 时, $a_{1}=\frac{1}{2}$, 当 $n \geq 2$ 时, $S_{n-1}=3 a_{n-1}-2^{n-1}$,

$\therefore a_{n}=S_{n}-S_{n-1}=3 a_{n}-3 a_{n-1}-2^{n-1}$,

即 $2 a_{n}=3 a_{n-1}+2^{n-1}$,

故 $\frac{a_{n}}{2^{n}}=\frac{3}{4} \cdot \frac{a_{n-1}}{2^{n-1}}+\frac{1}{4}$,

所以 $\frac{a_{n}}{2^{n}}-1=\frac{3}{4}\left(\frac{a_{n-1}}{2^{n-1}}-1\right)$,
故 $\left\{\frac{a_{n}}{2^{n}}-1\right\}$ 是 $-\frac{3}{4}$ 为首项, 以 $\frac{3}{4}$ 为公比的等比数列;

（2）由（1）知 $\frac{a_{n}}{2^{n}}=1-\left(\frac{3}{4}\right)^{n}$, 故 $\frac{n a_{n}}{2^{n}}=n-n\left(\frac{3}{4}\right)^{n}$,

令数列 $\{n\},\left\{n\left(\frac{3}{4}\right)^{n}\right\}$ 的前 $n$ 和为 $A_{n}, B_{n}$, 则 $T_{n}=A_{n}-B_{n}$, 因为 $A_{n}=\frac{n^{2}+n}{2}$,

$B_{n}=1 \cdot\left(\frac{3}{4}\right)^{1}+2 \cdot\left(\frac{3}{4}\right)^{2}+\ldots+n \cdot\left(\frac{3}{4}\right)^{n}$,

$\frac{3}{4} B_{n}=1 \cdot\left(\frac{3}{4}\right)^{2}+2 \cdot\left(\frac{3}{4}\right)^{3}+\ldots+(n-1)\left(\frac{3}{4}\right)^{n}+n\left(\frac{3}{4}\right)^{n+1}$,

则 $\frac{1}{4} B_{n}=\frac{3}{4}+\left(\frac{3}{4}\right)^{2}+\left(\frac{3}{4}\right)^{3}+\ldots+\left(\frac{3}{4}\right)^{n}-n\left(\frac{3}{4}\right)^{n+1}$,

即 $B_{n}=12-(12+3 n)\left(\frac{3}{4}\right)^{n}$,

故 $T_{n}=12-(12+3 n)\left(\frac{3}{4}\right)^{n}+\frac{n^{2}+n}{2}$.