eodcF/cmm-math huggingface dataset:
题目（高二 · 度量几何学）：已知角 $\alpha$ 的顶点与原点重合, 始边与 $x$ 轴正半轴重合, 终边在直线 $y=2 x$ 上. 则 (1)求 $\cos \left(2 \alpha+\frac{\pi}{4}\right)$ 的值;

(2)已知 $\alpha \in\left(0, \frac{\pi}{2}\right), \sin \left(\beta+\frac{\pi}{4}\right)=\frac{\sqrt{10}}{10},-\frac{\pi}{2}<\beta<0$, 求 $\alpha-\beta$ 的值.
选项：
答案：(1) $-\frac{7 \sqrt{2}}{10}$; (2) $\frac{\pi}{2}$
解析：(1)依题意 $\tan \alpha=2$

$\cos \left(2 \alpha+\frac{\pi}{4}\right)=\frac{\sqrt{2}}{2}(\cos 2 \alpha-\sin 2 \alpha)=\frac{\sqrt{2}}{2} \cdot \frac{\cos ^{2} \alpha-\sin ^{2} \alpha-2 \sin \alpha \cos \alpha}{\cos ^{2} \alpha+\sin ^{2} \alpha}$

$=\frac{\sqrt{2}}{2} \cdot \frac{1-\tan ^{2} \alpha-2 \tan \alpha}{1+\tan ^{2} \alpha}$

$=\frac{\sqrt{2}}{2} \cdot \frac{1-4-4}{1+4}=-\frac{7 \sqrt{2}}{10}$.

(2) $\because \alpha \in\left(0, \frac{\pi}{2}\right), \therefore \sin \alpha=\frac{2 \sqrt{5}}{5}, \cos \alpha=\frac{\sqrt{5}}{5}$

$\because \sin \left(\beta+\frac{\pi}{4}\right)=\frac{\sqrt{10}}{10},-\frac{\pi}{2}<\beta<0, \quad \therefore \beta+\frac{\pi}{4} \in\left(-\frac{\pi}{4}, \frac{\pi}{4}\right)$
$\therefore \cos \left(\beta+\frac{\pi}{4}\right)=\frac{3 \sqrt{10}}{10}$,

$\therefore \cos \left[\alpha-\left(\beta+\frac{\pi}{4}\right)\right]=\cos \alpha \cos \left(\beta+\frac{\pi}{4}\right)+\sin \alpha \sin \left(\beta+\frac{\pi}{4}\right)$

$=\frac{\sqrt{5}}{5} \times \frac{3 \sqrt{10}}{10}+\frac{2 \sqrt{5}}{5} \times \frac{\sqrt{10}}{10}=\frac{\sqrt{2}}{2}$,

$\because \alpha \in\left(0, \frac{\pi}{2}\right), \beta+\frac{\pi}{4} \in\left(-\frac{\pi}{4}, \frac{\pi}{4}\right)$,

$\therefore \alpha-\left(\beta+\frac{\pi}{4}\right) \in\left(-\frac{\pi}{4}, \frac{3 \pi}{4}\right)$

$\therefore \alpha-\left(\beta+\frac{\pi}{4}\right)=\frac{\pi}{4}, \therefore \alpha-\beta=\frac{\pi}{2}$.
题目（高二 · 算术）：8. 已知 $\left\{a_{n}\right\}$ 是递增的等差数列, $a_{2}, a_{4}$ 是方程 $x^{2}-5 x+6=0$ 的根.

(I) 求 $\left\{a_{n}\right\}$ 的通项公式; (II) 求数列 $\left\{\frac{a_{n}}{2^{n}}\right\}$ 的前 $n$ 项和.
选项：
答案：(I)方程 $x^{2}-5 x+6=0$ 的两根为 2,3 , 由题意得 $a_{2}=2, a_{4}=3$.

设数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的公差为 $\mathrm{d}$, 则 $a_{4}-a_{2}=2 d$, 故 $d=\frac{1}{2}$, 从而 $a_{1}=\frac{3}{2}$,

所以 $\left\{a_{n}\right\}$ 的通项公式为 $a_{n}=\frac{1}{2} n+1$.

(II) 设 $\left\{\frac{a_{n}}{2^{n}}\right\}$ 的前 $n$ 项和为 $s_{n}$, 由 (1) 知 $\frac{a_{n}}{2^{n}}=\frac{n+2}{2^{n+1}}$, 则 $s_{n}=\frac{3}{2^{2}}+\frac{4}{2^{3}}+\ldots+\frac{n+1}{2^{n}}+\frac{n+2}{2^{n+1}}$,

$\frac{1}{2} s_{n}=\frac{3}{2^{3}}+\frac{4}{2^{4}}+\ldots+\frac{n+1}{2^{n+1}}+\frac{n+2}{2^{n+2}}$.

两式相减得 $\frac{1}{2} s_{n}=\frac{3}{4}+\left(\frac{1}{2^{3}}+\ldots+\frac{1}{2^{n+1}}\right)-\frac{n+2}{2^{n+2}}=\frac{3}{4}+\frac{1}{4}\left(1-\frac{1}{2^{n-1}}\right)-\frac{n+2}{2^{n+2}}$.

所以 $s_{n}=2-\frac{n+4}{2^{n+1}}$.
解析：(I)方程 $x^{2}-5 x+6=0$ 的两根为 2,3 , 由题意得 $a_{2}=2, a_{4}=3$.

设数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的公差为 $\mathrm{d}$, 则 $a_{4}-a_{2}=2 d$, 故 $d=\frac{1}{2}$, 从而 $a_{1}=\frac{3}{2}$,

所以 $\left\{a_{n}\right\}$ 的通项公式为 $a_{n}=\frac{1}{2} n+1$.

(II) 设 $\left\{\frac{a_{n}}{2^{n}}\right\}$ 的前 $n$ 项和为 $s_{n}$, 由 (1) 知 $\frac{a_{n}}{2^{n}}=\frac{n+2}{2^{n+1}}$, 则 $s_{n}=\frac{3}{2^{2}}+\frac{4}{2^{3}}+\ldots+\frac{n+1}{2^{n}}+\frac{n+2}{2^{n+1}}$,

$\frac{1}{2} s_{n}=\frac{3}{2^{3}}+\frac{4}{2^{4}}+\ldots+\frac{n+1}{2^{n+1}}+\frac{n+2}{2^{n+2}}$.

两式相减得 $\frac{1}{2} s_{n}=\frac{3}{4}+\left(\frac{1}{2^{3}}+\ldots+\frac{1}{2^{n+1}}\right)-\frac{n+2}{2^{n+2}}=\frac{3}{4}+\frac{1}{4}\left(1-\frac{1}{2^{n-1}}\right)-\frac{n+2}{2^{n+2}}$.

所以 $s_{n}=2-\frac{n+4}{2^{n+1}}$.
题目（高二 · 算术）：22. (2014 江西) 在等差数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 中, $a_{1}=7$, 公差为 $d$, 前 $n$ 项和为 $S_{n}$, 当且仅当 $n=8$ 时 $S_{n}$ 取
最大值,

则 $d$ 的取值范围 \$ \qquad \$ .
选项：
答案：$\left(-1,-\frac{7}{8}\right)$
解析：由题意可知, 当且仅当 $n=8$ 时 $S_{n}$ 取最大值, 可得 $\left\{\begin{array}{l}d<0 \\ a_{8}>0, \\ a_{9}<0\end{array}\right.$ 解得 $-1<d<-\frac{7}{8}$.
题目（高二 · 算术）：23. (2019 江苏 8) 已知数列 $\left\{a_{n}\right\}\left(n \in \mathbf{N}^{*}\right)$ 是等差数列, $S_{n}$ 是其前 $n$ 项和. 若 $a_{2} a_{5}+a_{8}=0, S_{9}=27$, 则 $S_{8}$ 的值是 \$ \qquad \$ .
选项：
答案：16
解析：. 设等差数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的首项为 $a_{1}$, 公差为 $d$,

则 $\left\{\begin{array}{l}\left(a_{1}+d\right)\left(a_{1}+4 d\right)+a_{1}+7 d=0 \\ 9 a_{1}+\frac{9 \times 8}{2} d=27\end{array}\right.$, 解得 $\left\{\begin{array}{l}a_{1}=-5 \\ d=2\end{array}\right.$.

所以 $S_{8}=8 a_{1}+\frac{8 \times 7 d}{2}=6 \times(-5)+15 \times 2=16$.
题目（高二 · 算术）：24. (全国高考真题 (理)) 记 $S_{n}$ 为等差数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的前 $n$ 项和, 已知 $a_{1}=-7, S_{2}=-15$.

(1) 求 $\left[a_{n}\right\}$ 的通项公式;

(2) 求 $S_{n}$, 并求 $S_{n}$ 的最小值.
选项：
答案：(1) $a_{n}=2 n-9$, (2) $S_{n}=n^{2}-8 n$, 最小值为 -16 .
解析：(1) 设 $\left\{a_{n}\right\}$ 的公差为 $d$, 由题意得 $3 a_{1}+3 d=-15$.

由 $a_{1}=-7$ 得 $d=2$.

所以 $\left\{a_{n}\right\}$ 的通项公式为 $a_{n}=2 n-9$.

(2) 由（1）得 $S_{n}=n^{2}-8 n=(n-4)^{2}-16$.

所以当 $n=4$ 时, $S_{n}$ 取得最小值, 最小值为 -16 .
题目（高二 · 算术）：7. 已知 $\left\{a_{n}\right\}$ 是等差数列, $a_{2}=5, a_{5}=14$.

(1) 求 $\left\{a_{n}\right\}$ 的通项公式;

(2) 设 $\left\{a_{n}\right\}$ 的前 $n$ 项和 $S_{n}=155$, 求 $n$ 的值.
选项：
答案：（1） $a_{n}=3 n-1$; （2） $n=10$.
解析：(1) 设等差数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的公差为 $d$, 则 $\left\{\begin{array}{l}a_{1}+d=5 \\ a_{1}+4 d=14\end{array}\right.$, 解得 $a_{1}=2, d=3$,

$\therefore$ 数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的通项为 $a_{n}=a_{1}+(n-1) d=2+3(n-1)=3 n-1$;

(2) 数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的前 $n$ 项和 $S_{n}=\frac{n\left(a_{1}+a_{n}\right)}{2}=\frac{3}{2} n^{2}+\frac{1}{2} n$,

由 $\frac{3}{2} n^{2}+\frac{1}{2} n=155$, 化简得 $3 n^{2}+n-310=0$, 即 $(3 n+31)(n-10)=0, \therefore n=10$.
题目（高二 · 算术）：8. (2019 全国 I 文 18) 记 $S_{n}$ 为等差数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的前 $n$ 项和, 已知 $S_{9}=-a_{5}$.

(1) 若 $a_{3}=4$, 求 $\left\{a_{n}\right\}$ 的通项公式;

(2) 若 $a_{1}>0$, 求使得 $S_{n} \geq a_{n}$ 的 $n$ 的取值范围.
选项：
答案：（1） $a_{n}=10-2 n$; （2） $\{n \mid 1 \leqslant n \leqslant 10, n \in \mathbf{N}\}$
解析：(1) 设 $\left\{a_{n}\right\}$ 的公差为 $d$.

由 $S_{9}=-a_{5}$ 得 $a_{1}+4 d=0$.

由 $a_{3}=4$ 得 $a_{1}+2 d=4$.

于是 $a_{1}=8, d=-2$.

因此 $\left\{a_{n}\right\}$ 的通项公式为 $a_{n}=10-2 n$.

(2) 由（1）得 $a_{1}=-4 d$, 故 $a_{n}=(n-5) d, S_{n}=\frac{n(n-9) d}{2}$.

由 $a_{1}>0$ 知 $d<0$, 故 $S_{n} \geqslant a_{n}$ 等价于 $n^{2}-11 n+10 \leqslant 0$, 解得 $1 \leq n \leq 10$.

所以 $n$ 的取值范围是 $\{n \mid 1 \leqslant n \leqslant 10, n \in \mathbf{N}\}$.
题目（高二 · 算术）：15. (2013 新课标 I) 若数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的前 $n$ 项和为 $S_{n}=\frac{2}{3} a_{n}+\frac{1}{3}$, 则数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的通项公式是 $a_{n}=$
选项：
答案：当 $n=1$ 时, $a_{1}=S_{1}=\frac{2}{3} a_{1}+\frac{1}{3}$, 解得 $a_{1}=1$,

当 $n \geqslant 2$ 时, $a_{n}=S_{n}-S_{n-1}=\frac{2}{3} a_{n}+\frac{1}{3}-\left(\frac{2}{3} a_{n-1}+\frac{1}{3}\right)=\frac{2}{3} a_{n}-\frac{2}{3} a_{n-1}$, 即 $a_{n}=-2 a_{n-1}$,

$\therefore\left\{a_{n}\right\}$ 是首项为 1 , 公比为 -2 的等比数列, $\therefore a_{n}=(-2)^{n-1}$.
解析：当 $n=1$ 时, $a_{1}=S_{1}=\frac{2}{3} a_{1}+\frac{1}{3}$, 解得 $a_{1}=1$,

当 $n \geqslant 2$ 时, $a_{n}=S_{n}-S_{n-1}=\frac{2}{3} a_{n}+\frac{1}{3}-\left(\frac{2}{3} a_{n-1}+\frac{1}{3}\right)=\frac{2}{3} a_{n}-\frac{2}{3} a_{n-1}$, 即 $a_{n}=-2 a_{n-1}$,

$\therefore\left\{a_{n}\right\}$ 是首项为 1 , 公比为 -2 的等比数列, $\therefore a_{n}=(-2)^{n-1}$.
题目（高二 · 算术）：17. (2015 湖北) 设等差数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的公差为 $d$, 前 $n$ 项和为 $S_{n}$, 等比数列 $\left\{b_{n}\right\}$ 的公比为 $q$. 已知 $b_{1}=a_{1}$, $b_{2}=2$,

$q=d, \quad S_{10}=100$

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

(II) 当 $d>1$ 时, 记 $c_{n}=\frac{a_{n}}{b_{n}}$, 求数列 $\left\{c_{n}\right\}$ 的前 $n$ 项和 $T_{n}$.
选项：
答案：(I) 由题意有, $\left\{\begin{array}{l}10 a_{1}+45 d=100 \\ a_{1} d=2\end{array}\right.$, 即 $\left\{\begin{array}{l}2 a_{1}+9 d=20 \\ a_{1} d=2\end{array}\right.$.

解得 $\left\{\begin{array}{l}a_{1}=1 \\ d=2\end{array}\right.$ 或 $\left\{\begin{array}{l}a_{1}=9 \\ d=\frac{2}{9}\end{array}\right.$, 故 $\left\{\begin{array}{l}a_{n}=2 n-1 \\ b_{n}=2^{n-1}\end{array}\right.$ 或 $\left\{\begin{array}{l}a_{n}=\frac{1}{9}(2 n+79) \\ b_{n}=9 \cdot\left(\frac{2}{9}\right)^{n-1}\end{array}\right.$.

(II) 由 $d>1$, 知 $a_{n}=2 n-1, b_{n}=2^{n-1}$, 故 $c_{n}=\frac{2 n-1}{2^{n-1}}$, 于是

$$
\begin{align*}
& T_{n}=1+\frac{3}{2}+\frac{5}{2^{2}}+\frac{7}{2^{3}}+\frac{9}{2^{4}}+\cdots+\frac{2 n-1}{2^{n-1}}  \tag{1}\\
& \frac{1}{2} T_{n}=\frac{1}{2}+\frac{3}{2^{2}}+\frac{5}{2^{3}}+\frac{7}{2^{4}}+\frac{9}{2^{5}}+\cdots+\frac{2 n-1}{2^{n}} \tag{2}
\end{align*}
$$

(1)-(2)可得

$\frac{1}{2} T_{n}=2+\frac{1}{2}+\frac{1}{2^{2}}+\cdots+\frac{1}{2^{n-2}}-\frac{2 n-1}{2^{n}}=3-\frac{2 n+3}{2^{n}}$, 故 $T_{n}=6-\frac{2 n+3}{2^{n-1}}$.
解析：(I) 由题意有, $\left\{\begin{array}{l}10 a_{1}+45 d=100 \\ a_{1} d=2\end{array}\right.$, 即 $\left\{\begin{array}{l}2 a_{1}+9 d=20 \\ a_{1} d=2\end{array}\right.$.

解得 $\left\{\begin{array}{l}a_{1}=1 \\ d=2\end{array}\right.$ 或 $\left\{\begin{array}{l}a_{1}=9 \\ d=\frac{2}{9}\end{array}\right.$, 故 $\left\{\begin{array}{l}a_{n}=2 n-1 \\ b_{n}=2^{n-1}\end{array}\right.$ 或 $\left\{\begin{array}{l}a_{n}=\frac{1}{9}(2 n+79) \\ b_{n}=9 \cdot\left(\frac{2}{9}\right)^{n-1}\end{array}\right.$.

(II) 由 $d>1$, 知 $a_{n}=2 n-1, b_{n}=2^{n-1}$, 故 $c_{n}=\frac{2 n-1}{2^{n-1}}$, 于是

$$
\begin{align*}
& T_{n}=1+\frac{3}{2}+\frac{5}{2^{2}}+\frac{7}{2^{3}}+\frac{9}{2^{4}}+\cdots+\frac{2 n-1}{2^{n-1}}  \tag{1}\\
& \frac{1}{2} T_{n}=\frac{1}{2}+\frac{3}{2^{2}}+\frac{5}{2^{3}}+\frac{7}{2^{4}}+\frac{9}{2^{5}}+\cdots+\frac{2 n-1}{2^{n}} \tag{2}
\end{align*}
$$

(1)-(2)可得

$\frac{1}{2} T_{n}=2+\frac{1}{2}+\frac{1}{2^{2}}+\cdots+\frac{1}{2^{n-2}}-\frac{2 n-1}{2^{n}}=3-\frac{2 n+3}{2^{n}}$, 故 $T_{n}=6-\frac{2 n+3}{2^{n-1}}$.
题目（高二 · 算术）：18. (2013 广东) 设各项均为正数的数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的前 $n$ 项和为 $S_{n}$, 满足 $4 S_{n}=a_{n+1}^{2}-4 n-1, n \in N^{*}$,且 $a_{2}, a_{5}, a_{14}$ 构成等比数列.

( I ) 证明: $a_{2}=\sqrt{4 a_{1}+5}$;

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

(III) 证明: 对一切正整数 $n$, 有 $\frac{1}{a_{1} a_{2}}+\frac{1}{a_{2} a_{3}}+\cdots+\frac{1}{a_{n} a_{n+1}}<\frac{1}{2}$.
选项：
答案：( I ) 当 $n=1$ 时, $4 a_{1}=a_{2}^{2}-5, a_{2}^{2}=4 a_{1}+5, \because a_{n}>0 \therefore a_{2}=\sqrt{4 a_{1}+5}$

(II) 当 $n \geq 2$ 时, $4 S_{n-1}=a_{n}^{2}-4(n-1)-1,4 a_{n}=4 S_{n}-4 S_{n-1}=a_{n+1}^{2}-a_{n}^{2}-4$

$a_{n+1}^{2}=a_{n}^{2}+4 a_{n}+4=\left(a_{n}+2\right)^{2}, \because a_{n}>0 \therefore a_{n+1}=a_{n}+2$

$\therefore$ 当 $n \geq 2$ 时, $\left\{a_{n}\right\}$ 是公差 $d=2$ 的等差数列.

$\because a_{2}, a_{5}, a_{14}$ 构成等比数列, $\therefore a_{5}^{2}=a_{2} \cdot a_{14},\left(a_{2}+8\right)^{2}=a_{2} \cdot\left(a_{2}+24\right)$, 解得 $a_{2}=3$,

由 ( I ) 可知, $4 a_{1}=a_{2}^{2}-5=4, \therefore a_{1}=1$

$\because a_{2}-a_{1}=3-1=2 \therefore\left\{a_{n}\right\}$ 是首项 $a_{1}=1$, 公差 $d=2$ 的等差数列.

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

(III) $\frac{1}{a_{1} a_{2}}+\frac{1}{a_{2} a_{3}}+\cdots+\frac{1}{a_{n} a_{n+1}}=\frac{1}{1 \cdot 3}+\frac{1}{3 \cdot 5}+\frac{1}{5 \cdot 7}+\cdots+\frac{1}{(2 n-1)(2 n+1)}$

$=\frac{1}{2} \cdot\left[\left(1-\frac{1}{3}\right)+\left(\frac{1}{3}-\frac{1}{5}\right)+\left(\frac{1}{5}-\frac{1}{7}\right)+\left(\frac{1}{2 n-1}-\frac{1}{2 n+1}\right)\right]$

$=\frac{1}{2} \cdot\left[1-\frac{1}{2 n+1}\right]<\frac{1}{2}$.
解析：( I ) 当 $n=1$ 时, $4 a_{1}=a_{2}^{2}-5, a_{2}^{2}=4 a_{1}+5, \because a_{n}>0 \therefore a_{2}=\sqrt{4 a_{1}+5}$

(II) 当 $n \geq 2$ 时, $4 S_{n-1}=a_{n}^{2}-4(n-1)-1,4 a_{n}=4 S_{n}-4 S_{n-1}=a_{n+1}^{2}-a_{n}^{2}-4$

$a_{n+1}^{2}=a_{n}^{2}+4 a_{n}+4=\left(a_{n}+2\right)^{2}, \because a_{n}>0 \therefore a_{n+1}=a_{n}+2$

$\therefore$ 当 $n \geq 2$ 时, $\left\{a_{n}\right\}$ 是公差 $d=2$ 的等差数列.

$\because a_{2}, a_{5}, a_{14}$ 构成等比数列, $\therefore a_{5}^{2}=a_{2} \cdot a_{14},\left(a_{2}+8\right)^{2}=a_{2} \cdot\left(a_{2}+24\right)$, 解得 $a_{2}=3$,

由 ( I ) 可知, $4 a_{1}=a_{2}^{2}-5=4, \therefore a_{1}=1$

$\because a_{2}-a_{1}=3-1=2 \therefore\left\{a_{n}\right\}$ 是首项 $a_{1}=1$, 公差 $d=2$ 的等差数列.

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

(III) $\frac{1}{a_{1} a_{2}}+\frac{1}{a_{2} a_{3}}+\cdots+\frac{1}{a_{n} a_{n+1}}=\frac{1}{1 \cdot 3}+\frac{1}{3 \cdot 5}+\frac{1}{5 \cdot 7}+\cdots+\frac{1}{(2 n-1)(2 n+1)}$

$=\frac{1}{2} \cdot\left[\left(1-\frac{1}{3}\right)+\left(\frac{1}{3}-\frac{1}{5}\right)+\left(\frac{1}{5}-\frac{1}{7}\right)+\left(\frac{1}{2 n-1}-\frac{1}{2 n+1}\right)\right]$

$=\frac{1}{2} \cdot\left[1-\frac{1}{2 n+1}\right]<\frac{1}{2}$.
题目（高二 · 算术）：8. 已知等差数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 满足 $a_{3}=2$, 前 3 项和 $S_{3}=\frac{9}{2}$.

(1)求 $\left\{a_{n}\right\}$ 的通项公式;

(2)设等比数列 $\left\{b_{n}\right\}$ 满足 $b_{1}=a_{1}, b_{4}=a_{15}$, 求 $\left\{b_{n}\right\}$ 的前 $n$ 项和 $T_{n}$.
选项：
答案：(1)设 $\left\{a_{n}\right\}$ 的公差为 $d$, 则由已知条件得 $a_{1}+2 d=2,3 a_{1}+\frac{3 \times 2}{2} d=\frac{9}{2}$,化简得 $a_{1}+2 d=2, a_{1}+d=\frac{3}{2}$, 解得 $a_{1}=.1, d=\frac{1}{2}$, 故 $\left\{a_{n}\right\}$ 的通项公式 $a_{n}=1+\frac{n-1}{2}$, 即 $a_{n}=\frac{n+1}{2}$.

(2)由(1)得 $b_{1}=1, b_{4}=a_{15}=\frac{15+1}{2}=8$. 设 $\left\{b_{n}\right\}$ 的公比为 $q$, 则 $q^{3}=\frac{b_{4}}{b_{1}}=8$,

从而 $q=2$, 故 $\left\{b_{n}\right\}$ 的前 $n$ 项和

$T_{n}=\frac{b_{1}\left(1-q^{n}\right)}{1-q}=\frac{1 \times\left(1-2^{n}\right)}{1-2}=2^{n}-1$
解析：(1)设 $\left\{a_{n}\right\}$ 的公差为 $d$, 则由已知条件得 $a_{1}+2 d=2,3 a_{1}+\frac{3 \times 2}{2} d=\frac{9}{2}$,化简得 $a_{1}+2 d=2, a_{1}+d=\frac{3}{2}$, 解得 $a_{1}=.1, d=\frac{1}{2}$, 故 $\left\{a_{n}\right\}$ 的通项公式 $a_{n}=1+\frac{n-1}{2}$, 即 $a_{n}=\frac{n+1}{2}$.

(2)由(1)得 $b_{1}=1, b_{4}=a_{15}=\frac{15+1}{2}=8$. 设 $\left\{b_{n}\right\}$ 的公比为 $q$, 则 $q^{3}=\frac{b_{4}}{b_{1}}=8$,

从而 $q=2$, 故 $\left\{b_{n}\right\}$ 的前 $n$ 项和

$T_{n}=\frac{b_{1}\left(1-q^{n}\right)}{1-q}=\frac{1 \times\left(1-2^{n}\right)}{1-2}=2^{n}-1$
题目（高二 · 算术）：11. 已知等差数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 满足 $a_{3}=2$, 前 3 项和 $S_{3}=\frac{9}{2}$.

(1)求 $\left\{a_{n}\right\}$ 的通项公式;

(2)设等比数列 $\left\{b_{n}\right\}$ 满足 $b_{1}=a_{1}, b_{4}=a_{15}$, 求 $\left\{b_{n}\right\}$ 的前 $n$ 项和 $T_{n}$.
选项：
答案：(1)设 $\left\{a_{n}\right\}$ 的公差为 $d$, 则由已知条件得 $a_{1}+2 d=2,3 a_{1}+\frac{3 \times 2}{2} d=\frac{9}{2}$, 化简得 $a_{1}+2 d=2, a_{1}+d=\frac{3}{2}$, 解得 $a_{1}=.1, d=\frac{1}{2}$,

故 $\left\{a_{n}\right\}$ 的通项公式 $a_{n}=1+\frac{n-1}{2}$, 即 $a_{n}=\frac{n+1}{2}$.

(2)由(1)得 $b_{1}=1, b_{4}=a_{15}=\frac{15+1}{2}=8$.

设 $\left\{b_{n}\right\}$ 的公比为 $q$, 则 $q^{3}=\frac{b_{4}}{b_{1}}=8$, 从而 $q=2$,

故 $\left\{b_{n}\right\}$ 的前 $n$ 项和 $T_{n}=\frac{b_{1}\left(1-q^{n}\right)}{1-q}=\frac{1 \times\left(1-2^{n}\right)}{1-2}=2^{n}-1$.
解析：(1)设 $\left\{a_{n}\right\}$ 的公差为 $d$, 则由已知条件得 $a_{1}+2 d=2,3 a_{1}+\frac{3 \times 2}{2} d=\frac{9}{2}$, 化简得 $a_{1}+2 d=2, a_{1}+d=\frac{3}{2}$, 解得 $a_{1}=.1, d=\frac{1}{2}$,

故 $\left\{a_{n}\right\}$ 的通项公式 $a_{n}=1+\frac{n-1}{2}$, 即 $a_{n}=\frac{n+1}{2}$.

(2)由(1)得 $b_{1}=1, b_{4}=a_{15}=\frac{15+1}{2}=8$.

设 $\left\{b_{n}\right\}$ 的公比为 $q$, 则 $q^{3}=\frac{b_{4}}{b_{1}}=8$, 从而 $q=2$,

故 $\left\{b_{n}\right\}$ 的前 $n$ 项和 $T_{n}=\frac{b_{1}\left(1-q^{n}\right)}{1-q}=\frac{1 \times\left(1-2^{n}\right)}{1-2}=2^{n}-1$.
题目（高二 · 算术）：19.【2019 年高考浙江卷】设等差数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的前 $n$ 项和为 $S_{n}, a_{3}=4, a_{4}=S_{3}$, 数列 $\left\{b_{n}\right\}$ 满足:对每个 $n \in \mathbf{N}^{*}, S_{n}+b_{n}, S_{n+1}+b_{n}, S_{n+2}+b_{n}$ 成等比数列.

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

(II) 记 $c_{n}=\sqrt{\frac{a_{n}}{2 b_{n}}}, n \in \mathbf{N}^{*}$, 证明: $c_{1}+c_{2}+\cdots+c_{n}<2 \sqrt{n}, n \in \mathbf{N}^{*}$.
选项：
答案：(I) 设数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的公差为 $d$, 由题意得
$a_{1}+2 d=4, a_{1}+3 d=3 a_{1}+3 d$,

解得 $a_{1}=0, d=2$.

从而 $a_{n}=2 n-2, n \in \mathbf{N}^{*}$.

所以 $S_{n}=n^{2}-n, n \in \mathbf{N}^{*}$,

由 $S_{n}+b_{n}, S_{n+1}+b_{n}, S_{n+2}+b_{n}$ 成等比数列得

$\left(S_{n+1}+b_{n}\right)^{2}=\left(S_{n}+b_{n}\right)\left(S_{n+2}+b_{n}\right)$.

解得 $b_{n}=\frac{1}{d}\left(S_{n+1}^{2}-S_{n} S_{n+2}\right)$.

所以 $b_{n}=n^{2}+n, n \in \mathbf{N}^{*}$.

(II) $c_{n}=\sqrt{\frac{a_{n}}{2 b_{n}}}=\sqrt{\frac{2 n-2}{2 n(n+1)}}=\sqrt{\frac{n-1}{n(n+1)}}, n \in \mathbf{N}^{*}$.

我们用数学归纳法证明.

（i）当 $n=1$ 时， $c_{1}=0<2$, 不等式成立;

(ii) 假设 $n=k\left(k \in \mathbf{N}^{*}\right)$ 时不等式成立, 即 $c_{1}+c_{2}+\cdots+c_{k}<2 \sqrt{k}$.

那么, 当 $n=k+1$ 时,

$c_{1}+c_{2}+\cdots+c_{k}+c_{k+1}<2 \sqrt{k}+\sqrt{\frac{k}{(k+1)(k+2)}}<2 \sqrt{k}+\sqrt{\frac{1}{k+1}}$

$<2 \sqrt{k}+\frac{2}{\sqrt{k+1}+\sqrt{k}}=2 \sqrt{k}+2(\sqrt{k+1}-\sqrt{k})=2 \sqrt{k+1}$.

即当 $n=k+1$ 时不等式也成立.

根据 (i) 和 (ii), 不等式 $c_{1}+c_{2}+\cdots+c_{n}<2 \sqrt{n}$ 对任意 $n \in \mathbf{N}^{*}$ 成立.
解析：(I) 设数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的公差为 $d$, 由题意得
$a_{1}+2 d=4, a_{1}+3 d=3 a_{1}+3 d$,

解得 $a_{1}=0, d=2$.

从而 $a_{n}=2 n-2, n \in \mathbf{N}^{*}$.

所以 $S_{n}=n^{2}-n, n \in \mathbf{N}^{*}$,

由 $S_{n}+b_{n}, S_{n+1}+b_{n}, S_{n+2}+b_{n}$ 成等比数列得

$\left(S_{n+1}+b_{n}\right)^{2}=\left(S_{n}+b_{n}\right)\left(S_{n+2}+b_{n}\right)$.

解得 $b_{n}=\frac{1}{d}\left(S_{n+1}^{2}-S_{n} S_{n+2}\right)$.

所以 $b_{n}=n^{2}+n, n \in \mathbf{N}^{*}$.

(II) $c_{n}=\sqrt{\frac{a_{n}}{2 b_{n}}}=\sqrt{\frac{2 n-2}{2 n(n+1)}}=\sqrt{\frac{n-1}{n(n+1)}}, n \in \mathbf{N}^{*}$.

我们用数学归纳法证明.

（i）当 $n=1$ 时， $c_{1}=0<2$, 不等式成立;

(ii) 假设 $n=k\left(k \in \mathbf{N}^{*}\right)$ 时不等式成立, 即 $c_{1}+c_{2}+\cdots+c_{k}<2 \sqrt{k}$.

那么, 当 $n=k+1$ 时,

$c_{1}+c_{2}+\cdots+c_{k}+c_{k+1}<2 \sqrt{k}+\sqrt{\frac{k}{(k+1)(k+2)}}<2 \sqrt{k}+\sqrt{\frac{1}{k+1}}$

$<2 \sqrt{k}+\frac{2}{\sqrt{k+1}+\sqrt{k}}=2 \sqrt{k}+2(\sqrt{k+1}-\sqrt{k})=2 \sqrt{k+1}$.

即当 $n=k+1$ 时不等式也成立.

根据 (i) 和 (ii), 不等式 $c_{1}+c_{2}+\cdots+c_{n}<2 \sqrt{n}$ 对任意 $n \in \mathbf{N}^{*}$ 成立.
题目（高二 · 算术）：19.函数 $y=\sin x$ 与 $y=\tan x$ 的图象在区间 $[0,2 \pi]$ 上交点的个数是多少?
选项：
答案：3
解析：因为当 $x \in\left(0, \frac{\pi}{2}\right)$ 时, $\tan x>x>\sin x$,

所以当 $x \in\left(0, \frac{\pi}{2}\right)$ 时, $y=\sin x$ 与 $y=\tan x$ 没有公共点, 因此函数 $y=\sin x$ 与 $y=\tan x$ 在区间 $[0,2 \pi]$ 内的图象如图所示,



观察图象可知，函数 $y=\tan x$ 与 $y=\sin x$ 在区间 $[0,2 \pi]$ 上有 3 个交点.
题目（高二 · 算术）：20. (12 分)某投资人打算投资甲、乙两个项目，根据预测，甲、乙项目可能的最大盈利率分别为 100\%和 $50 \%$, 可能的最大亏损率分别为 30\%和 10\%, 投资人计划投资金额不超过 10 万元，要求确保可能的资金亏损不超过 1,.8 万元，问投资人对甲、乙两个项目各投资多少万元, 才能使可能的盈利最大?
选项：
答案：设投资人分别用 $x$ 万元、 $y$ 万元投资甲、乙两个项目，由题意知 $\left\{\begin{array}{l}x+y \leqslant 10, \\ 0.3 x+0.1 y \leqslant 1.8, \\ x \geqslant 0, \\ y \geqslant 0 .\end{array}\right.$

目标函数 $z=x+0.5 y$.

<ImageHere>

上述不等式组表示的平面区域如图所示，阴影部分(含边界)即可行域.

作直线 $l_{0}: x+0.5 y=0$, 并作平行于直线 $l_{0}$ 的一组直线 $,$, 与可行域相交, 其中有一条直线经过可行域上的 $M$ 点, 且与直线 $x+0.5 y=0$ 的距离最大, 这里 $M$ 点是直线 $x+y=10$ 和 $0.3 x+0.1 y=1.8$ 的交点.

解方程组 $\left\{\begin{array}{l}x+y=10, \\ 0.3 x+0.1 y=1.8,\end{array}\right.$

得 $x=4, y=6$, 此时 $z=1 \times 4+0.5 \times 6=7$ (万元).

$\because 7>0, \therefore$ 当 $x=4, y=6$ 时, $z$ 取得最大值.

答 投资人用 4 万元投资甲项目、6 万元投资乙项目，才能在确保亏损不超过 1.8 万元
的前提下，使可能的盈利最大.
解析：设投资人分别用 $x$ 万元、 $y$ 万元投资甲、乙两个项目，由题意知 $\left\{\begin{array}{l}x+y \leqslant 10, \\ 0.3 x+0.1 y \leqslant 1.8, \\ x \geqslant 0, \\ y \geqslant 0 .\end{array}\right.$

目标函数 $z=x+0.5 y$.



上述不等式组表示的平面区域如图所示，阴影部分(含边界)即可行域.

作直线 $l_{0}: x+0.5 y=0$, 并作平行于直线 $l_{0}$ 的一组直线 $,$, 与可行域相交, 其中有一条直线经过可行域上的 $M$ 点, 且与直线 $x+0.5 y=0$ 的距离最大, 这里 $M$ 点是直线 $x+y=10$ 和 $0.3 x+0.1 y=1.8$ 的交点.

解方程组 $\left\{\begin{array}{l}x+y=10, \\ 0.3 x+0.1 y=1.8,\end{array}\right.$

得 $x=4, y=6$, 此时 $z=1 \times 4+0.5 \times 6=7$ (万元).

$\because 7>0, \therefore$ 当 $x=4, y=6$ 时, $z$ 取得最大值.

答 投资人用 4 万元投资甲项目、6 万元投资乙项目，才能在确保亏损不超过 1.8 万元
的前提下，使可能的盈利最大.
题目（高二 · 算术）：已知 $a>0, b>0$, 且 $a \neq b$, 比较 $\frac{a^{2}}{b}+\frac{b^{2}}{a}$ 与 $a+b$ 的大小.
选项：
答案：解析 $\because\left(\frac{a^{2}}{b}+\frac{b^{2}}{a}\right)-(a+b)=\frac{a^{2}}{b}-b+\frac{b^{2}}{a}-a$

$=\frac{a^{2}-b^{2}}{b}+\frac{b^{2}-a^{2}}{a}=\left(a^{2}-b^{2}\right)\left(\frac{1}{b}-\frac{1}{a}\right)$

$=\left(a^{2}-b^{2}\right) \frac{a-b}{a b}=\frac{(a-b)^{2}(a+b)}{a b}$

又 $\because a>0, b>0, a \neq b$,

$\therefore(a-b)^{2}>0, a-b>0, a b>0$,
$\therefore\left(\frac{a^{2}}{b}+\frac{b^{2}}{a}\right)-(a+b)>0, \quad \therefore \frac{a^{2}}{b}+\frac{b^{2}}{a}>a+b$.
解析：解析 $\because\left(\frac{a^{2}}{b}+\frac{b^{2}}{a}\right)-(a+b)=\frac{a^{2}}{b}-b+\frac{b^{2}}{a}-a$

$=\frac{a^{2}-b^{2}}{b}+\frac{b^{2}-a^{2}}{a}=\left(a^{2}-b^{2}\right)\left(\frac{1}{b}-\frac{1}{a}\right)$

$=\left(a^{2}-b^{2}\right) \frac{a-b}{a b}=\frac{(a-b)^{2}(a+b)}{a b}$

又 $\because a>0, b>0, a \neq b$,

$\therefore(a-b)^{2}>0, a-b>0, a b>0$,
$\therefore\left(\frac{a^{2}}{b}+\frac{b^{2}}{a}\right)-(a+b)>0, \quad \therefore \frac{a^{2}}{b}+\frac{b^{2}}{a}>a+b$.
题目（高二 · 算术）：9. 求值: $\sin 50^{\circ}\left(1+\sqrt{3} \tan 10^{\circ}\right)$.
选项：
答案：1
解析：原式 $=\sin 50^{\circ}\left(1+\frac{\sqrt{3} \sin 10^{\circ}}{\cos 10^{\circ}}\right)$

$=\sin 50^{\circ} \frac{\cos 10^{\circ}+\sqrt{3} \sin 10^{\circ}}{\cos 10^{\circ}}$
$=\sin 50^{\circ} \cdot \frac{2\left(\frac{1}{2} \cos 10^{\circ}+\frac{\sqrt{3}}{2} \sin 10^{\circ}\right)}{\cos 10^{\circ}}$

$=\sin 50^{\circ} \cdot \frac{2\left(\sin 30^{\circ} \cos 10^{\circ}+\cos 30^{\circ} \sin 10^{\circ}\right)}{\cos 10^{\circ}}$

$=\sin 50^{\circ} \cdot \frac{2 \sin 40^{\circ}}{\cos 10^{\circ}}=\frac{2 \cos 40^{\circ} \sin 40^{\circ}}{\cos 10^{\circ}}$

$=\frac{\sin 80^{\circ}}{\cos 10^{\circ}}=\frac{\cos 10^{\circ}}{\cos 10^{\circ}}=1$.
题目（高二 · 算术）：化简 $\sin ^{2} \beta+\cos ^{4} \beta+\sin ^{2} \beta \cos ^{2} \beta$ 的结果是
选项：
答案：1
解析：原式 $=\sin ^{2} \beta+\cos ^{2} \beta\left(\cos ^{2} \beta+\sin ^{2} \beta\right)$

$=\sin ^{2} \beta+\cos ^{2} \beta=1$.

答案: 1
题目（高二 · 算术）：化简: $\frac{1}{\cos ^{2} \alpha \sqrt{1+\tan ^{2} \alpha}}-\sqrt{\frac{1+\sin \alpha}{1-\sin \alpha}}(\alpha$ 为第二象限角).
选项：
答案：$\tan \alpha$
解析：$\because \alpha$ 是第二象限角,

$\therefore \cos \alpha<0$.

$$
\begin{aligned}
& \text { 则原式 }=\frac{1}{\cos ^{2} \alpha \cdot \sqrt{1+\frac{\sin ^{2} \alpha}{\cos ^{2} \alpha}}}-\sqrt{\frac{(1+\sin \alpha)^{2}}{1-\sin ^{2} \alpha}} \\
& =\frac{1}{\cos ^{2} \alpha} \cdot \sqrt{\frac{\cos ^{2} \alpha}{\cos ^{2} \alpha+\sin ^{2} \alpha}}-\frac{1+\sin \alpha}{|\cos \alpha|} \\
& =\frac{-\cos \alpha}{\cos ^{2} \alpha}+\frac{1+\sin \alpha}{\cos \alpha}=\frac{-1+1+\sin \alpha}{\cos \alpha} \\
& =\frac{\sin \alpha}{\cos \alpha}=\tan \alpha .
\end{aligned}
$$
题目（高二 · 算术）：11. 根据数列的前几项, 写出下列各数列的一个通项公式:

(1) $-1,7,-13,19, \cdots$

(2) $0,.8,0,.88,0,.888$

(3) $\frac{1}{2}, \frac{1}{4},-\frac{5}{8}, \frac{13}{16},-\frac{29}{32}, \frac{61}{64}, \ldots$

(4) $\frac{3}{2}, 1, \frac{7}{10}, \frac{9}{17}, \cdots$

(5) $0,1,0,1, \cdots$
选项：
答案：(1)符号问题可通过 $(-1)^{n}$ 或 $(-1)^{n^{+}}$表示, 其各项的绝对值的排列规律为: 后面的数的绝对值总比前面数的绝对值大 6 , 故通项公式为 $a_{n}=(-1)^{n}(6 n-5)\left(n \in \mathbf{N}^{*}\right)$.

(2)数列变形为 $\frac{8}{9}(1-0,.1), \frac{8}{9}(1-0,.01)$,

$\frac{8}{9}(1-0,.001), \cdots, \quad \therefore a_{n}=\frac{8}{9}\left(1-\frac{1}{10^{n}}\right)\left(n \in \mathbf{N}^{*}\right)$.

(3)各项的分母分别为 $2^{1,} 2^{2}, 2^{3}, 2^{4}, \cdots$ 易看出第 $2,3,4$ 项的分子分别比分母少 3 因此把第 1 项变为 $-\frac{2-3}{2}$, 因此原数列可化为 $-\frac{2^{1}-3}{2^{1}}, \frac{2^{2}-3}{2^{2}},-\frac{2^{3}-3}{2^{3}}, \frac{2^{4}-3}{2^{4}}, \cdots$,

$\therefore a_{n}=(-1)^{n} \cdot \frac{2^{n}-3}{2^{n}}\left(n \in \mathbf{N}^{*}\right)$.

(4)将数列统一为 $\frac{3}{2}, \frac{5}{5}, \frac{7}{10}, \frac{9}{17}, \cdots$ 对于分子 $3,5,7,9, \cdots$, 是序号的 2 倍加 1 , 可得分子的通项公式为 $b_{n}=2 n+1$, 对于分母 $2,5,10,17, \cdots$ 联想到数列 $1,4,9,16 \cdots$ 即数列 $\left\{n^{2}\right\}$, 可得分母的通项公式为 $c_{n}=n^{2}+1$,

$\therefore$ 可得它的一个通项公式为 $a_{n}=\frac{2 n+1}{n^{2}+1}\left(n \in \mathbf{N}^{*}\right)$.

(5) $a_{n}=\left\{\begin{array}{ll}0 & (n \text { 为奇数 }) \\ 1 & (n \text { 为偶数 })\end{array}\right.$ 或 $a_{n}=\frac{1+(-1)^{n}}{2}\left(n \in \mathbf{N}^{*}\right)$

或 $a_{n}=\frac{1+\cos n \pi}{2}\left(n \in \mathbf{N}^{*}\right)$.
解析：(1)符号问题可通过 $(-1)^{n}$ 或 $(-1)^{n^{+}}$表示, 其各项的绝对值的排列规律为: 后面的数的绝对值总比前面数的绝对值大 6 , 故通项公式为 $a_{n}=(-1)^{n}(6 n-5)\left(n \in \mathbf{N}^{*}\right)$.

(2)数列变形为 $\frac{8}{9}(1-0,.1), \frac{8}{9}(1-0,.01)$,

$\frac{8}{9}(1-0,.001), \cdots, \quad \therefore a_{n}=\frac{8}{9}\left(1-\frac{1}{10^{n}}\right)\left(n \in \mathbf{N}^{*}\right)$.

(3)各项的分母分别为 $2^{1,} 2^{2}, 2^{3}, 2^{4}, \cdots$ 易看出第 $2,3,4$ 项的分子分别比分母少 3 因此把第 1 项变为 $-\frac{2-3}{2}$, 因此原数列可化为 $-\frac{2^{1}-3}{2^{1}}, \frac{2^{2}-3}{2^{2}},-\frac{2^{3}-3}{2^{3}}, \frac{2^{4}-3}{2^{4}}, \cdots$,

$\therefore a_{n}=(-1)^{n} \cdot \frac{2^{n}-3}{2^{n}}\left(n \in \mathbf{N}^{*}\right)$.

(4)将数列统一为 $\frac{3}{2}, \frac{5}{5}, \frac{7}{10}, \frac{9}{17}, \cdots$ 对于分子 $3,5,7,9, \cdots$, 是序号的 2 倍加 1 , 可得分子的通项公式为 $b_{n}=2 n+1$, 对于分母 $2,5,10,17, \cdots$ 联想到数列 $1,4,9,16 \cdots$ 即数列 $\left\{n^{2}\right\}$, 可得分母的通项公式为 $c_{n}=n^{2}+1$,

$\therefore$ 可得它的一个通项公式为 $a_{n}=\frac{2 n+1}{n^{2}+1}\left(n \in \mathbf{N}^{*}\right)$.

(5) $a_{n}=\left\{\begin{array}{ll}0 & (n \text { 为奇数 }) \\ 1 & (n \text { 为偶数 })\end{array}\right.$ 或 $a_{n}=\frac{1+(-1)^{n}}{2}\left(n \in \mathbf{N}^{*}\right)$

或 $a_{n}=\frac{1+\cos n \pi}{2}\left(n \in \mathbf{N}^{*}\right)$.