eodcF/cmm-math huggingface dataset:
题目（高二 · 代数）：19. 已知数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 与 $\left\{b_{n}\right\}$ 满足: $a_{1}+a_{2}+a_{3}+\cdots+a_{n}=2 b_{n}\left(n \in N^{*}\right)$, 且 $\left\{a_{n}\right\}$ 为正项等比数列, $a_{1}=2, \quad b_{3}=b_{2}+4$.

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

(2) 若数列 $\left\{c_{n}\right\}$ 满足 $C_{n}=\frac{1}{\log _{2} a_{n} \log _{2} a_{n+1}}\left(n \in N^{*}\right), T_{n}$ 为数列 $\left\{c_{n}\right\}$ 的前 $n$ 项和, 证明: $T_{n}<1$.
选项：
答案：(1) $a_{n}=2^{n}, b_{n}=2^{n}-1$; (2) 证明见解析.
解析：(1) 由 $a_{1}+a_{2}+a_{3}+\ldots+a_{n}=2 b_{n}$ (1)

$n \geq 2$ 时, $a_{1}+a_{2}+a_{3}+\ldots+a_{n-1}=2 b_{n-1}(2)$

(1) - (2)可得: $a_{n}=2\left(b_{n}-b_{n-1}\right) \quad(n \geq 2)$,

$\therefore a_{3}=2\left(b_{3}-b_{2}\right)=8$

$\because a_{1}=2, a_{n}>0$, 设 $\left\{a_{n}\right\}$ 公比为 $q$,

$\therefore a_{1} q^{2}=8, \quad \therefore q=2$

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

$\therefore b_{n}=2^{n}-1$.

(2) 证明: 由已知: $c_{n}=\frac{1}{\log _{2} a_{n} \log _{2} a_{n+1}}=\frac{1}{n(n+1)}=\frac{1}{\mathrm{n}}-\frac{1}{\mathrm{n}+1}$.

$\therefore c_{1}+c_{2}+c_{3}+\cdots+c_{n}=\frac{1}{1}-\frac{1}{2}+\frac{1}{2}-\frac{1}{3}+\cdots+\frac{1}{\mathrm{n}}-\frac{1}{\mathrm{n}+1}=1-\frac{1}{n+1}<1$
题目（高二 · 代数）：22. 已知等比数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 满足 $a_{n+1}=\lambda S_{n}+1$, 其中 $\lambda \neq-1, S_{n}$ 为 $\left\{a_{n}\right\}$ 的前 $n$ 项和, $n \in \mathbf{N}^{*}$.

(1) 求 $a_{1}$;

(2) 设 $\lambda=4, \forall n \in \mathbf{N}^{*}, \frac{1}{a_{1}}+\frac{1}{a_{2}}+\cdots+\frac{1}{a_{n}}<m$ 恒成立, 求 $m$ 的最小值.
选项：
答案：(1) 由 $a_{n+1}=\lambda S_{n}+1$ 知 $a_{n}=\lambda S_{n-1}+1(n \geq 2)$,

两式相减, 得 $a_{n+1}=(\lambda+1) a_{n}$, 于是公比 $q=\lambda+1$,

所以 $a_{2}=\lambda a_{1}+1=(\lambda+1) a_{1}$,

解得 $a_{1}=1$.

(2) 由 (1) 可得 $q=5, a_{n+1}=5 a_{n}$, 所以 $a_{n}=5^{n-1}$.

所以 $\frac{1}{a_{n}}=\frac{1}{5^{n-1}}$,

所以 $\frac{1}{a_{1}}+\frac{1}{a_{2}}+\cdots+\frac{1}{a_{n}}=\frac{1}{1}+\frac{1}{5}+\cdots+\frac{1}{5^{n-1}}=\frac{1\left(1-\frac{1}{5^{n}}\right)}{1-\frac{1}{5}}=\frac{5}{4}\left(1-\frac{1}{5^{n}}\right)<\frac{5}{4}$,
因为 $\forall n \in \mathbf{N}^{*}, \frac{1}{a_{1}}+\frac{1}{a_{2}}+\cdots+\frac{1}{a_{n}}<m$ 恒成立,

所以 $m$ 的最小值为 $\frac{5}{4}$.
解析：(1) 由 $a_{n+1}=\lambda S_{n}+1$ 知 $a_{n}=\lambda S_{n-1}+1(n \geq 2)$,

两式相减, 得 $a_{n+1}=(\lambda+1) a_{n}$, 于是公比 $q=\lambda+1$,

所以 $a_{2}=\lambda a_{1}+1=(\lambda+1) a_{1}$,

解得 $a_{1}=1$.

(2) 由 (1) 可得 $q=5, a_{n+1}=5 a_{n}$, 所以 $a_{n}=5^{n-1}$.

所以 $\frac{1}{a_{n}}=\frac{1}{5^{n-1}}$,

所以 $\frac{1}{a_{1}}+\frac{1}{a_{2}}+\cdots+\frac{1}{a_{n}}=\frac{1}{1}+\frac{1}{5}+\cdots+\frac{1}{5^{n-1}}=\frac{1\left(1-\frac{1}{5^{n}}\right)}{1-\frac{1}{5}}=\frac{5}{4}\left(1-\frac{1}{5^{n}}\right)<\frac{5}{4}$,
因为 $\forall n \in \mathbf{N}^{*}, \frac{1}{a_{1}}+\frac{1}{a_{2}}+\cdots+\frac{1}{a_{n}}<m$ 恒成立,

所以 $m$ 的最小值为 $\frac{5}{4}$.
题目（高二 · 代数）：21. 设 (2017 新课标III) 数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 满足 $a_{1}+3 a_{2}+\cdots+(2 n-1) a_{n}=2 n$.

(1)求 $\left\{a_{n}\right\}$ 的通项公式;

(2)求数列 $\left\{\frac{a_{n}}{2 n+1}\right\}$ 的前 $n$ 项和.
选项：
答案：(1) . $a_{n}=\frac{2}{2 n-1}$. (2) $S_{n}=\frac{1}{1}-\frac{1}{3}+\frac{1}{3}-\frac{1}{5}+\cdots+\frac{1}{2 n-1}-\frac{1}{2 n+1}=\frac{2 n}{2 n+1}$
解析：(1) 因为 $a_{1}+3 a_{2}+\cdots+(2 n-1) a_{n}=2 n$, 故当 $n \geqslant 2$ 时,

$a_{1}+3 a_{2}+\cdots+(2 n-3) a_{n-1}=2(n-1)$. 两式相减得 $(2 n-1) a_{n}=2$. 所以 $a_{n}=\frac{2}{2 n-1}(n \geqslant 2)$.

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

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

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

则 $S_{n}=\frac{1}{1}-\frac{1}{3}+\frac{1}{3}-\frac{1}{5}+\cdots+\frac{1}{2 n-1}-\frac{1}{2 n+1}=\frac{2 n}{2 n+1}$.
题目（高二 · 代数）：22. (2014广东) 设各项均为正数的数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的前 $n$ 项和为 $S_{n}$, 且 $S_{n}$ 满足

$$
S_{n}^{2}-\left(n^{2}+n-3\right) S_{n}-3\left(n^{2}+n\right)=0, n \in N^{*}
$$

(I) 求 $a_{1}$ 的值;

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

(III) 证明: 对一切正整数 $n$, 有 $\frac{1}{a_{1}\left(a_{1}+1\right)}+\frac{1}{a_{2}\left(a_{2}+1\right)}+\cdots \frac{1}{a_{n}\left(a_{n}+1\right)}<\frac{1}{3}$.
选项：
答案：(I) 令 $n=1$ 得: $S_{1}^{2}-(-1) S_{1}-3 \times 2=0$, 即 $S_{1}^{2}+S_{1}-6=0$,

所以 $\left(S_{1}+3\right)\left(S_{1}-2\right)=0, \because S_{1}>0, \therefore S_{1}=2$, 即 $a_{1}=2$.

( II ) 由 $S_{n}^{2}-\left(n^{2}+n-3\right) S_{n}-3\left(n^{2}+n\right)=0$, 得: $\left(S_{n}+3\right)\left[S_{n}-\left(n^{2}+n\right)\right]=0$,

$\because a_{n}>0\left(n \in N^{*}\right), \therefore S_{n}>0$, 从而 $S_{n}+3>0, \therefore S_{n}=n^{2}+n$,

$\therefore$ 当 $n \geq 2$ 时, $a_{n}=S_{n}-S_{n-1}=n^{2}+n-\left[(n-1)^{2}+(n-1)\right]=2 n$, 又 $a_{1}=2=2 \times 1, \therefore a_{n}=2 n\left(n \in N^{*}\right)$.

(III) 当 $k \in \mathbf{N}^{*}$ 时, $k^{2}+\frac{k}{2}>k^{2}+\frac{k}{2}-\frac{3}{16}=\left(k-\frac{1}{4}\right)\left(k+\frac{3}{4}\right)$

$\therefore \frac{1}{a_{k}\left(a_{k}+1\right)}=\frac{1}{2 k(2 k+1)}=\frac{1}{4} \cdot \frac{1}{k\left(k+\frac{1}{2}\right)}<\frac{1}{4} \cdot \frac{1}{\left(k-\frac{1}{4}\right)\left(k+\frac{3}{4}\right)}$

$=\frac{1}{4} \cdot \frac{1}{\left(k-\frac{1}{4}\right) \cdot\left[(k+1)-\frac{1}{4}\right]}=\frac{1}{4} \cdot\left[\frac{1}{k-\frac{1}{4}}-\frac{1}{(k+1)-\frac{1}{4}}\right]$

$\therefore \frac{1}{a_{1}\left(a_{1}+1\right)}+\frac{1}{a_{2}\left(a_{2}+1\right)}+\cdots+\frac{1}{a_{n}\left(a_{n}+1\right)}<\frac{1}{3}$
解析：(I) 令 $n=1$ 得: $S_{1}^{2}-(-1) S_{1}-3 \times 2=0$, 即 $S_{1}^{2}+S_{1}-6=0$,

所以 $\left(S_{1}+3\right)\left(S_{1}-2\right)=0, \because S_{1}>0, \therefore S_{1}=2$, 即 $a_{1}=2$.

( II ) 由 $S_{n}^{2}-\left(n^{2}+n-3\right) S_{n}-3\left(n^{2}+n\right)=0$, 得: $\left(S_{n}+3\right)\left[S_{n}-\left(n^{2}+n\right)\right]=0$,

$\because a_{n}>0\left(n \in N^{*}\right), \therefore S_{n}>0$, 从而 $S_{n}+3>0, \therefore S_{n}=n^{2}+n$,

$\therefore$ 当 $n \geq 2$ 时, $a_{n}=S_{n}-S_{n-1}=n^{2}+n-\left[(n-1)^{2}+(n-1)\right]=2 n$, 又 $a_{1}=2=2 \times 1, \therefore a_{n}=2 n\left(n \in N^{*}\right)$.

(III) 当 $k \in \mathbf{N}^{*}$ 时, $k^{2}+\frac{k}{2}>k^{2}+\frac{k}{2}-\frac{3}{16}=\left(k-\frac{1}{4}\right)\left(k+\frac{3}{4}\right)$

$\therefore \frac{1}{a_{k}\left(a_{k}+1\right)}=\frac{1}{2 k(2 k+1)}=\frac{1}{4} \cdot \frac{1}{k\left(k+\frac{1}{2}\right)}<\frac{1}{4} \cdot \frac{1}{\left(k-\frac{1}{4}\right)\left(k+\frac{3}{4}\right)}$

$=\frac{1}{4} \cdot \frac{1}{\left(k-\frac{1}{4}\right) \cdot\left[(k+1)-\frac{1}{4}\right]}=\frac{1}{4} \cdot\left[\frac{1}{k-\frac{1}{4}}-\frac{1}{(k+1)-\frac{1}{4}}\right]$

$\therefore \frac{1}{a_{1}\left(a_{1}+1\right)}+\frac{1}{a_{2}\left(a_{2}+1\right)}+\cdots+\frac{1}{a_{n}\left(a_{n}+1\right)}<\frac{1}{3}$版权声明
题目（高二 · 代数）：22. (2014 新课标 1) 已知数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的前 $n$ 项和为 $S_{n}, a_{1}=1, a_{n} \neq 0, a_{n} a_{n+1}=\lambda S_{n}-1$, 其中 $\lambda$ 为常数.

( I )证明: $a_{n+2}-a_{n}=\lambda$;

( II) 是否存在 $\lambda$, 使得 $\left\{a_{n}\right\}$ 为等差数列? 并说明理由.
选项：
答案：(I) 由题设, $a_{n} a_{n+1}=\lambda S_{n}-1, a_{n+1} a_{n+2}=\lambda S_{n+1}-1$. 两式相减得 $a_{n+1}\left(a_{n+2}-a\right)=\lambda a_{n+1}$.由于 $a_{n+1} \neq 0$, 所以 $a_{n+2}-a_{n}=\lambda$.

(II) 由题设, $a_{1}=1, a_{1} a_{2}=\lambda S_{1}-1$, 可得 $a_{2}=\lambda-1$. 由( I) 知, $a_{3}=\lambda+1$.

令 $2 a_{2}=a_{1}+a_{3}$, 解得 $\lambda=4$. 故 $a_{n+2}-a_{n}=4$, 由此可得

$\left\{a_{2 n-1}\right\}$ 是首项为 1 , 公差为 4 的等差数列, $a_{2 n-1}=4 n-3$;

$\left\{a_{2 n}\right\}$ 是首项为 3 , 公差为 4 的等差数列, $a_{2 n}=4 n-1$.

所以 $a_{n}=2 n-1, a_{n-1}-a_{n}=2$.

因此存在 $\lambda=4$, 使得数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 为等差数列.
解析：(I) 由题设, $a_{n} a_{n+1}=\lambda S_{n}-1, a_{n+1} a_{n+2}=\lambda S_{n+1}-1$. 两式相减得 $a_{n+1}\left(a_{n+2}-a\right)=\lambda a_{n+1}$.由于 $a_{n+1} \neq 0$, 所以 $a_{n+2}-a_{n}=\lambda$.

(II) 由题设, $a_{1}=1, a_{1} a_{2}=\lambda S_{1}-1$, 可得 $a_{2}=\lambda-1$. 由( I) 知, $a_{3}=\lambda+1$.

令 $2 a_{2}=a_{1}+a_{3}$, 解得 $\lambda=4$. 故 $a_{n+2}-a_{n}=4$, 由此可得

$\left\{a_{2 n-1}\right\}$ 是首项为 1 , 公差为 4 的等差数列, $a_{2 n-1}=4 n-3$;

$\left\{a_{2 n}\right\}$ 是首项为 3 , 公差为 4 的等差数列, $a_{2 n}=4 n-1$.

所以 $a_{n}=2 n-1, a_{n-1}-a_{n}=2$.

因此存在 $\lambda=4$, 使得数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 为等差数列.
题目（高二 · 代数）：16. （2018 届湖北省华师一附中高三 9 月调研）已知数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 中， $a_{1}=\frac{1}{4}$, 其前 $n$ 项的和为 $S_{n}$, 且满足 $a_{n}=\frac{2 S_{n}{ }^{2}}{2 S_{n}-1}(n \geq 2)$.

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

(II) 证明: $S_{1}+\frac{1}{2} S_{2}+\frac{1}{3}+\cdots+\frac{1}{n} S_{n}<\frac{1}{2}$
选项：
答案：(I) 当 $n \geq 2$ 时, $S_{n}-S_{n-1}=\frac{2 S_{n}^{2}}{2 S_{n}-1}, S_{n-1}-S_{n}=2 S_{n} S_{n-1}, \frac{1}{S_{n}}-\frac{1}{S_{n-1}}=2$,从而 $\left\{\frac{1}{S_{n}}\right\}$ 构成以 4 为首项, 2 为公差的等差数列.

(II) 由 (1) 可知, $\frac{1}{S_{n}}=\frac{1}{S_{1}}+(n-1) \times 2=2 n+2 \quad \therefore S_{n}=\frac{1}{2(n+1)}$.

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

$S_{1}+\frac{1}{2} S_{2}+\frac{1}{3}+\cdots+\frac{1}{n} S_{n}=\frac{1}{2}\left(1-\frac{1}{2}+\frac{1}{2}-\frac{1}{3}+\cdots+\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1}\right)=\frac{1}{2}\left(1-\frac{1}{n+1}\right)<\frac{1}{2}$.
解析：(I) 当 $n \geq 2$ 时, $S_{n}-S_{n-1}=\frac{2 S_{n}^{2}}{2 S_{n}-1}, S_{n-1}-S_{n}=2 S_{n} S_{n-1}, \frac{1}{S_{n}}-\frac{1}{S_{n-1}}=2$,从而 $\left\{\frac{1}{S_{n}}\right\}$ 构成以 4 为首项, 2 为公差的等差数列.

(II) 由 (1) 可知, $\frac{1}{S_{n}}=\frac{1}{S_{1}}+(n-1) \times 2=2 n+2 \quad \therefore S_{n}=\frac{1}{2(n+1)}$.

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

$S_{1}+\frac{1}{2} S_{2}+\frac{1}{3}+\cdots+\frac{1}{n} S_{n}=\frac{1}{2}\left(1-\frac{1}{2}+\frac{1}{2}-\frac{1}{3}+\cdots+\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1}\right)=\frac{1}{2}\left(1-\frac{1}{n+1}\right)<\frac{1}{2}$.
题目（高二 · 代数）：25. 已知数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的首项为 $a_{1}=1$, 且 $\left(a_{n}+1\right) \cdot a_{n+1}=a_{n}, n \in \mathbf{N}^{*}$.

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

(2) 设 $b_{n}=\frac{\sqrt{a_{n} a_{n+1}}}{\sqrt{n+1}+\sqrt{n}}$, 求数列 $\left\{b_{n}\right\}$ 的前 $n$ 项和 $T_{n}$.
选项：
答案：（1）由 $\left(a_{n}+1\right) \cdot a_{n+1}=a_{n}$ 得 $a_{n+1}=\frac{a_{n}}{a_{n}+1}$,
两边取倒数得 $\frac{1}{a_{n+1}}=\frac{a_{n}+1}{a_{n}}=\frac{1}{a_{n}}+1$,

故 $\frac{1}{a_{n+1}}-\frac{1}{a_{n}}=1$, 又 $\frac{1}{a_{1}}=1$,

所以数列 $\left\{\frac{1}{a_{n}}\right\}$ 是以 1 为首项, 以 1 为公差的等差数列.

(2) 由（1）可知知 $\frac{1}{a_{n}}=n$, 故 $a_{n}=\frac{1}{n}$,

因此 $b_{n}=\frac{\sqrt{a_{n} a_{n+1}}}{\sqrt{n+1}+\sqrt{n}}=\frac{\sqrt{\frac{1}{n(n+1)}}}{\sqrt{n+1}+\sqrt{n}}=\frac{\sqrt{n+1}-\sqrt{n}}{\sqrt{n(n+1)}}=\frac{1}{\sqrt{n}}-\frac{1}{\sqrt{n+1}}$,

所以 $T_{n}=b_{1}+b_{2}+b_{3}+\cdots+b_{n}$

$$
\begin{aligned}
& =\left(1-\frac{1}{\sqrt{2}}\right)+\left(\frac{1}{\sqrt{2}}-\frac{1}{\sqrt{3}}\right)+\left(\frac{1}{\sqrt{3}}-\frac{1}{\sqrt{4}}\right)+\cdots+\left(\frac{1}{\sqrt{n}}-\frac{1}{\sqrt{n+1}}\right) \\
& =1-\frac{1}{\sqrt{n+1}}
\end{aligned}
$$
解析：（1）由 $\left(a_{n}+1\right) \cdot a_{n+1}=a_{n}$ 得 $a_{n+1}=\frac{a_{n}}{a_{n}+1}$,
两边取倒数得 $\frac{1}{a_{n+1}}=\frac{a_{n}+1}{a_{n}}=\frac{1}{a_{n}}+1$,

故 $\frac{1}{a_{n+1}}-\frac{1}{a_{n}}=1$, 又 $\frac{1}{a_{1}}=1$,

所以数列 $\left\{\frac{1}{a_{n}}\right\}$ 是以 1 为首项, 以 1 为公差的等差数列.

(2) 由（1）可知知 $\frac{1}{a_{n}}=n$, 故 $a_{n}=\frac{1}{n}$,

因此 $b_{n}=\frac{\sqrt{a_{n} a_{n+1}}}{\sqrt{n+1}+\sqrt{n}}=\frac{\sqrt{\frac{1}{n(n+1)}}}{\sqrt{n+1}+\sqrt{n}}=\frac{\sqrt{n+1}-\sqrt{n}}{\sqrt{n(n+1)}}=\frac{1}{\sqrt{n}}-\frac{1}{\sqrt{n+1}}$,

所以 $T_{n}=b_{1}+b_{2}+b_{3}+\cdots+b_{n}$

$$
\begin{aligned}
& =\left(1-\frac{1}{\sqrt{2}}\right)+\left(\frac{1}{\sqrt{2}}-\frac{1}{\sqrt{3}}\right)+\left(\frac{1}{\sqrt{3}}-\frac{1}{\sqrt{4}}\right)+\cdots+\left(\frac{1}{\sqrt{n}}-\frac{1}{\sqrt{n+1}}\right) \\
& =1-\frac{1}{\sqrt{n+1}}
\end{aligned}
$$
题目（高二 · 代数）：26. 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) 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：$$
b_{n+1}-b_{n}=\frac{1}{a_{n+1}-1}-\frac{1}{a_{n}-1}=\frac{1}{2-\frac{1}{a_{n}}-1}-\frac{1}{a_{n}-1}=\frac{a_{n}}{a_{n}-1}-\frac{1}{a_{n}-1}=1
$$

$\therefore$ 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 $b_{n}=1$,

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

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

$\therefore$ 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 $b_{n}=1$,

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

$T_{n}=2 \times\left(1-\frac{1}{2}+\frac{1}{2}-\frac{1}{3}+\ldots+\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1}\right)=2 \times\left(1-\frac{1}{n+1}\right)=\frac{2 n}{n+1}$.
题目（高二 · 代数）：12. 已知 $\left\{a_{n}\right\}$ 是公差为 3 的等差数列, 数列 $\left\{b_{n}\right\}$ 满足 $b_{1}=1, b_{2}=\frac{1}{3}, a_{n} b_{n+1}+b_{n+1}=n b_{n}$.

(1)求 $\left\{a_{n}\right\}$ 的通项公式;

(2)求 $\left\{b_{n}\right\}$ 的前 $n$ 项和.
选项：
答案：(1)由已知, $a_{1} b_{2}+b_{2}=b_{1}, b_{1}=1, b_{2}=\frac{1}{3}$, 得 $a_{1}=2$.

$\therefore$ 数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 是首项为 2 , 公差为 3 的等差数列, 通项公式为 $a_{n}=3 n-1$.

(2)由(1)知 $a_{n} b_{n-1}+b_{n-1}=n b_{n}$, 得 $b_{n-1}=\frac{b_{n}}{3}$,

因此 $\left\{b_{n}\right\}$ 是首项为 1 ，公比为 $\frac{1}{3}$ 的等比数列.

记 $\left\{b_{n}\right\}$ 的前 $n$ 项和为 $S_{n}$ ，

则 $S_{x}=\frac{1-\left(\frac{1}{3}\right)^{n}}{1-\frac{1}{3}}=\frac{3}{2}-\frac{1}{2 \times 3^{n-1}}$.
解析：(1)由已知, $a_{1} b_{2}+b_{2}=b_{1}, b_{1}=1, b_{2}=\frac{1}{3}$, 得 $a_{1}=2$.

$\therefore$ 数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 是首项为 2 , 公差为 3 的等差数列, 通项公式为 $a_{n}=3 n-1$.

(2)由(1)知 $a_{n} b_{n-1}+b_{n-1}=n b_{n}$, 得 $b_{n-1}=\frac{b_{n}}{3}$,

因此 $\left\{b_{n}\right\}$ 是首项为 1 ，公比为 $\frac{1}{3}$ 的等比数列.

记 $\left\{b_{n}\right\}$ 的前 $n$ 项和为 $S_{n}$ ，

则 $S_{x}=\frac{1-\left(\frac{1}{3}\right)^{n}}{1-\frac{1}{3}}=\frac{3}{2}-\frac{1}{2 \times 3^{n-1}}$.
题目（高二 · 代数）：16. (2018 浙江) 已知等比数列 $\left\{a_{1}\right\}$ 的公比 $q>1$, 且 $a_{3}+a_{4}+a_{5}=28, a_{4}+2$ 是 $a_{3}, a_{5}$ 的等差中项. 数

列 $\left\{b_{n}\right\}$ 满足 $b_{1}=1$, 数列 $\left\{\left(b_{n+1}-b_{n}\right) a_{n}\right\}$ 的前 $n$ 项和为 $2 n^{2}+n$.

(1)求 $q$ 的值;

(2)求数列 $\left\{b_{n}\right\}$ 的通项公式.
选项：
答案：(1)由 $a_{4}+2$ 是 $a_{3}, a_{5}$ 的等差中项得 $a_{3}+a_{5}=2 a_{4}+4$, 所以 $a_{3}+a_{4}+a_{5}=3 a_{4}+4=28$,解得 $a_{4}=8$.
由 $a_{3}+a_{5}=20$ 得 $8\left(q+\frac{1}{q}\right)=20$, 因为 $q>1$, 所以 $q=2$.

(2) 设 $c_{n}=\left(b_{n+1}-b_{n}\right) a_{n}$, 数列 $\left\{c_{n}\right\}$ 前 $n$ 项和为 $S_{n}$. 由 $c_{n}=\left\{\begin{array}{l}S_{1}, n=1 \\ S_{n}-S_{n-1}, n \geqslant 2\end{array}\right.$, 解得 $c_{n}=4 n-1$.

由(1)可知 $a_{n}=2^{n-1}$, 所以 $b_{n+1}-b_{n}=(4 n-1) \cdot\left(\frac{1}{2}\right)^{n-1}$,

故 $b_{n}-b_{n-1}=(4 n-5) \cdot\left(\frac{1}{2}\right)^{n-2}, n \geqslant 2$,

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

$=(4 n-5) \cdot\left(\frac{1}{2}\right)^{n-2}+(4 n-9) \cdot\left(\frac{1}{2}\right)^{n-3}+\cdots+7 \cdot \frac{1}{2}+3$.

设 $T_{n}=3+7 \cdot \frac{1}{2}+11 \cdot\left(\frac{1}{2}\right)^{2}+\cdots+(4 n-5) \cdot\left(\frac{1}{2}\right)^{n-2}, \quad n \geqslant 2$,

$\frac{1}{2} T_{n}=3 \cdot \frac{1}{2}+7 \cdot\left(\frac{1}{2}\right)^{2}+11 \cdot\left(\frac{1}{2}\right)^{3}+\cdots+(4 n-5) \cdot\left(\frac{1}{2}\right)^{n-1}$

所以 $\frac{1}{2} T_{n}=3+4 \cdot \frac{1}{2}+4 \cdot\left(\frac{1}{2}\right)^{2}+\cdots+4 \cdot\left(\frac{1}{2}\right)^{n-2}-(4 n-5) \cdot\left(\frac{1}{2}\right)^{n-1}$,

因此 $T_{n}=14-(4 n-3) \cdot\left(\frac{1}{2}\right)^{n-2}, n \geqslant 2$,

又 $b_{1}=1$, 所以 $b_{n}=15-(4 n-3) \cdot\left(\frac{1}{2}\right)^{n-2}$.
解析：(1)由 $a_{4}+2$ 是 $a_{3}, a_{5}$ 的等差中项得 $a_{3}+a_{5}=2 a_{4}+4$, 所以 $a_{3}+a_{4}+a_{5}=3 a_{4}+4=28$,解得 $a_{4}=8$.
由 $a_{3}+a_{5}=20$ 得 $8\left(q+\frac{1}{q}\right)=20$, 因为 $q>1$, 所以 $q=2$.

(2) 设 $c_{n}=\left(b_{n+1}-b_{n}\right) a_{n}$, 数列 $\left\{c_{n}\right\}$ 前 $n$ 项和为 $S_{n}$. 由 $c_{n}=\left\{\begin{array}{l}S_{1}, n=1 \\ S_{n}-S_{n-1}, n \geqslant 2\end{array}\right.$, 解得 $c_{n}=4 n-1$.

由(1)可知 $a_{n}=2^{n-1}$, 所以 $b_{n+1}-b_{n}=(4 n-1) \cdot\left(\frac{1}{2}\right)^{n-1}$,

故 $b_{n}-b_{n-1}=(4 n-5) \cdot\left(\frac{1}{2}\right)^{n-2}, n \geqslant 2$,

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

$=(4 n-5) \cdot\left(\frac{1}{2}\right)^{n-2}+(4 n-9) \cdot\left(\frac{1}{2}\right)^{n-3}+\cdots+7 \cdot \frac{1}{2}+3$.

设 $T_{n}=3+7 \cdot \frac{1}{2}+11 \cdot\left(\frac{1}{2}\right)^{2}+\cdots+(4 n-5) \cdot\left(\frac{1}{2}\right)^{n-2}, \quad n \geqslant 2$,

$\frac{1}{2} T_{n}=3 \cdot \frac{1}{2}+7 \cdot\left(\frac{1}{2}\right)^{2}+11 \cdot\left(\frac{1}{2}\right)^{3}+\cdots+(4 n-5) \cdot\left(\frac{1}{2}\right)^{n-1}$

所以 $\frac{1}{2} T_{n}=3+4 \cdot \frac{1}{2}+4 \cdot\left(\frac{1}{2}\right)^{2}+\cdots+4 \cdot\left(\frac{1}{2}\right)^{n-2}-(4 n-5) \cdot\left(\frac{1}{2}\right)^{n-1}$,

因此 $T_{n}=14-(4 n-3) \cdot\left(\frac{1}{2}\right)^{n-2}, n \geqslant 2$,

又 $b_{1}=1$, 所以 $b_{n}=15-(4 n-3) \cdot\left(\frac{1}{2}\right)^{n-2}$.
题目（高二 · 变换几何）：10. 已知函数 $f(x)=3 \sin \left(\frac{1}{2} x-\frac{\pi}{4}\right), x \in \mathbf{R}$.

(1)列表并画出函数 $f(x)$ 在长度为一个周期的闭区间上的简图;

(2)将函数 $y=\sin x$ 的图象作怎样的变换可得到 $f(x)$ 的图象?


选项：
答案：解析 : (1)函数 $f(x)$ 的周期 $T=\frac{2 \pi}{\frac{1}{2}}=4 \pi$.

由 $\frac{1}{2} x-\frac{\pi}{4}=0, \frac{\pi}{2} ， \pi, \frac{3 \pi}{2} ， 2 \pi$ ，

解得 $x=\frac{\pi}{2} ， \frac{3 \pi}{2} ， \frac{5 \pi}{2}, \frac{7 \pi}{2}, \frac{9 \pi}{2}$.

列表如下：

描出五个关键点并光滑连线，得到一个周期的简图，图象如下:

<ImageHere>

(2)先把 $y=\sin x$ 的图象向右平移 $\frac{\pi}{4}$ 个单位长度，然后把所有点的横坐标扩大为原来的 2 倍 (纵坐标不变)，再把所有点的纵坐标扩大为原来的 3 倍(横坐标不变)，得到 $f(x)$ 的图象.
解析：解析 : (1)函数 $f(x)$ 的周期 $T=\frac{2 \pi}{\frac{1}{2}}=4 \pi$.

由 $\frac{1}{2} x-\frac{\pi}{4}=0, \frac{\pi}{2} ， \pi, \frac{3 \pi}{2} ， 2 \pi$ ，

解得 $x=\frac{\pi}{2} ， \frac{3 \pi}{2} ， \frac{5 \pi}{2}, \frac{7 \pi}{2}, \frac{9 \pi}{2}$.

列表如下：

描出五个关键点并光滑连线，得到一个周期的简图，图象如下:



(2)先把 $y=\sin x$ 的图象向右平移 $\frac{\pi}{4}$ 个单位长度，然后把所有点的横坐标扩大为原来的 2 倍 (纵坐标不变)，再把所有点的纵坐标扩大为原来的 3 倍(横坐标不变)，得到 $f(x)$ 的图象.
题目（高二 · 变换几何）：13. 将函数 $f(x)$ 的图象向右平移 $\frac{\pi}{3}$ 个单位长度后, 再向上平移 1 个单位长度得函数 $y=2 \sin \left(4 x-\frac{\pi}{4}\right)$的图象, 则 $f(x)=$ \$ \qquad \$ .
选项：
答案：$2 \sin \left(4 x+\frac{13 \pi}{12}\right)-1$
解析：将 $y=2 \sin \left(4 x-\frac{\pi}{4}\right)$ 的图象向左平移 $\frac{\pi}{3}$ 个单位长度，得函数 $y=2 \sin \left[4\left(x+\frac{\pi}{3}\right)-\frac{\pi}{4}\right]=$ $2 \sin \left(4 x+\frac{13 \pi}{12}\right)$ 的图象，再向下平移 1 个单位长度，得函数 $y=2 \sin \left(4 x+\frac{13 \pi}{12}\right)-1$ 的图象，即 $f(x)=2 \sin \left(4 x+\frac{13 \pi}{12}\right)-1$.

答案: $2 \sin \left(4 x+\frac{13 \pi}{12}\right)-1$
题目（高二 · 变换几何）：14. 将函数 $f(x)=\sqrt{3} \cos 2 x$ 的图象纵坐标伸长到原来的 2 倍(横坐标不变), 再向左平移 $\frac{\pi}{6}$ 个单位长度后得到函数 $g(x)$ 的图象, 则 $g\left(\frac{\pi}{3}\right)=$ \$ \qquad \$ .
选项：
答案：$f(x)=\sqrt{3} \cos 2 x$ 纵坐标伸长到原来的 2 倍，得到 $g(x)=2 \sqrt{3} \cos 2 x$ ，向左平移 $\frac{\pi}{6}$ 个单位，得到 $g(x)=2 \sqrt{3} \cos \left[2\left(x+\frac{\pi}{6}\right)\right]=2 \sqrt{3} \cos \left(2 x+\frac{\pi}{3}\right)$ ，
$\therefore g\left(\frac{\pi}{3}\right)=2 \sqrt{3} \cos \left(\frac{2}{3} \pi+\frac{\pi}{3}\right)=-2 \sqrt{3}$.

答案: $-2 \sqrt{3}$
解析：$f(x)=\sqrt{3} \cos 2 x$ 纵坐标伸长到原来的 2 倍，得到 $g(x)=2 \sqrt{3} \cos 2 x$ ，向左平移 $\frac{\pi}{6}$ 个单位，得到 $g(x)=2 \sqrt{3} \cos \left[2\left(x+\frac{\pi}{6}\right)\right]=2 \sqrt{3} \cos \left(2 x+\frac{\pi}{3}\right)$ ，
$\therefore g\left(\frac{\pi}{3}\right)=2 \sqrt{3} \cos \left(\frac{2}{3} \pi+\frac{\pi}{3}\right)=-2 \sqrt{3}$.

答案: $-2 \sqrt{3}$
题目（高二 · 计数）：14. 某城市一年中 12 个月的平均气温 $y$ 与月份 $x$ 的关系可近似地用函数 $y=a+\operatorname{Acos}\left[\frac{\pi}{6}(x-6)\right]$ $(x=1,2,3, \cdots, 12)$ 来表示. 已知 6 月份的月平均气温最高, 为 $28{ }^{\circ} \mathrm{C}, 12$ 月份的月平均气温最低, 为 $18{ }^{\circ} \mathrm{C}$, 则 10 月份的平均气温为 \$ \qquad \$ ${ }^{\circ} \mathrm{C}$.
选项：
答案：根据题意得 $28=a+A ， 18=a+A \cos \left[\frac{\pi}{6} \times(12-6)\right]=a-A$ ，解得 $a=23 ， A=5$ ，所以 $y=23+5 \cos \left[\frac{\pi}{6}(x-6)\right]$. 令 $x=10$ ，得 $y=23+5 \cos \left[\frac{\pi}{6} \times(10-6)\right]=23+5 \cos \frac{2 \pi}{3}=$ 20.5 .
解析：解析: 根据题意得 $28=a+A ， 18=a+A \cos \left[\frac{\pi}{6} \times(12-6)\right]=a-A$ ，解得 $a=23 ， A=5$ ，所以 $y=23+5 \cos \left[\frac{\pi}{6}(x-6)\right]$. 令 $x=10$ ，得 $y=23+5 \cos \left[\frac{\pi}{6} \times(10-6)\right]=23+5 \cos \frac{2 \pi}{3}=$ 20.5 .
题目（高二 · 立体几何学）：15. 已知 $O$ 为 $\triangle A B C$ 所在平面内一点, 且满足 $|\overrightarrow{O A}|^{2}+|\overrightarrow{B C}|^{2}=|\overrightarrow{O B}|^{2}+|\overrightarrow{C A}|^{2}=|\overrightarrow{O C}|^{2}+|\overrightarrow{A B}|^{2}$. 求证:点 $O$ 是 $\triangle A B C$ 的垂心.
选项：
答案：设 $\overrightarrow{O A}=\boldsymbol{a}, \overrightarrow{O B}=\boldsymbol{b}, \overrightarrow{O C}=\boldsymbol{c} ，$

则 $\overrightarrow{B C}=\boldsymbol{c}-\boldsymbol{b}, \overrightarrow{C A}=\boldsymbol{a}-\boldsymbol{c}, \overrightarrow{A B}=\boldsymbol{b}-\boldsymbol{a}$.

$\because|\overrightarrow{O A}|^{2}+|\overrightarrow{B C}|^{2}=|\overrightarrow{O B}|^{2}+|\overrightarrow{C A}|^{2}=|\overrightarrow{O C}|^{2}+|\overrightarrow{A B}|^{2}$,

$\therefore a^{2}+(c-b)^{2}=b^{2}+(a-c)^{2}=c^{2}+(b-a)^{2}$.

$\therefore c \cdot b=a \cdot c=b \cdot a$.

故 $\overrightarrow{A B} \cdot \overrightarrow{O C}=(\boldsymbol{b}-\boldsymbol{a}) \cdot \boldsymbol{c}=\boldsymbol{b} \cdot \boldsymbol{c}-\boldsymbol{a} \cdot \boldsymbol{c}=0$,

$\overrightarrow{B C} \cdot \overrightarrow{O A}=(\boldsymbol{c}-\boldsymbol{b}) \cdot \boldsymbol{a}=\boldsymbol{c} \cdot \boldsymbol{a}-\boldsymbol{b} \cdot \boldsymbol{a}=0$.

$\therefore \overrightarrow{A B} \perp \overrightarrow{O C} ， \overrightarrow{B C} \perp \overrightarrow{O A}$ ，即 $A B \perp O C ， B C \perp O A$.

$\therefore$ 点 $O$ 是 $\triangle A B C$ 的垂心.
解析：设 $\overrightarrow{O A}=\boldsymbol{a}, \overrightarrow{O B}=\boldsymbol{b}, \overrightarrow{O C}=\boldsymbol{c} ，$

则 $\overrightarrow{B C}=\boldsymbol{c}-\boldsymbol{b}, \overrightarrow{C A}=\boldsymbol{a}-\boldsymbol{c}, \overrightarrow{A B}=\boldsymbol{b}-\boldsymbol{a}$.

$\because|\overrightarrow{O A}|^{2}+|\overrightarrow{B C}|^{2}=|\overrightarrow{O B}|^{2}+|\overrightarrow{C A}|^{2}=|\overrightarrow{O C}|^{2}+|\overrightarrow{A B}|^{2}$,

$\therefore a^{2}+(c-b)^{2}=b^{2}+(a-c)^{2}=c^{2}+(b-a)^{2}$.

$\therefore c \cdot b=a \cdot c=b \cdot a$.

故 $\overrightarrow{A B} \cdot \overrightarrow{O C}=(\boldsymbol{b}-\boldsymbol{a}) \cdot \boldsymbol{c}=\boldsymbol{b} \cdot \boldsymbol{c}-\boldsymbol{a} \cdot \boldsymbol{c}=0$,

$\overrightarrow{B C} \cdot \overrightarrow{O A}=(\boldsymbol{c}-\boldsymbol{b}) \cdot \boldsymbol{a}=\boldsymbol{c} \cdot \boldsymbol{a}-\boldsymbol{b} \cdot \boldsymbol{a}=0$.

$\therefore \overrightarrow{A B} \perp \overrightarrow{O C} ， \overrightarrow{B C} \perp \overrightarrow{O A}$ ，即 $A B \perp O C ， B C \perp O A$.

$\therefore$ 点 $O$ 是 $\triangle A B C$ 的垂心.