eodcF/cmm-math huggingface dataset:
题目（高二 · 算术）：已知等差数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 满足: $a_{3}=10, a_{7}=26$

(1)求数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的通项公式;

(2)请问 88 是数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 中的项吗??若是,请指出它是哪一项;若不是,请说明理由.
选项：
答案：(1) 依题意知 $4 d=a_{7}-a_{3}=16 \therefore \mathrm{d}=4$

$\therefore a_{n}=a_{3}+(n-3) d=4 n-2$

(2) 令 $a_{n}=88$, 即 $4 n-2=88$

所以 $n=\frac{45}{2} \because \frac{45}{2} \notin N^{*}$

所以 88 不是数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 中的项
解析：(1) 依题意知 $4 d=a_{7}-a_{3}=16 \therefore \mathrm{d}=4$

$\therefore a_{n}=a_{3}+(n-3) d=4 n-2$

(2) 令 $a_{n}=88$, 即 $4 n-2=88$

所以 $n=\frac{45}{2} \because \frac{45}{2} \notin N^{*}$

所以 88 不是数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 中的项
题目（高二 · 算术）：从 (1)前 $n$ 项和 $S_{n}=n^{2}+p(p \in \mathrm{R})$, (2) $a_{n}=a_{n+1}-3$, (3) $a_{6}=11$ 且 $2 a_{n+1}=a_{n}+a_{n+2}$ 这三个条件中任选一个, 补充到下面的问题中, 并完成解答. 在数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 中, $a_{1}=1$, \$ \qquad \$ , 其中 $n \in \mathrm{N}^{*}$.

(1) 求 $\left\{a_{n}\right\}$ 的通项公式;

(2) 若 $a_{1}, a_{n}, a_{m}$ 成等比数列, 其中 $m, n \in \mathrm{N}^{*}$, 且 $m>n>1$, 求 $m$ 的最小值.
选项：
答案：选择 (1):

(1) 当 $n=1$ 时, 由 $S_{1}=a_{1}=1$, 得 $p=0$.

当 $n \geq 2$ 时, 由题意, 得 $S_{n-1}=(n-1)^{2}$,

所以 $a_{n}=S_{n}-S_{n-1}=2 n-1(n \geq 2)$.

经检验, $a_{1}=1$ 符合上式,

所以 $a_{n}=2 n-1\left(n \in \mathbb{N}^{*}\right)$.

（2）由 $a_{1}, a_{n}, a_{m}$ 成等比数列, 得 $a_{n}^{2}=a_{1} a_{m}$,

即 $(2 n-1)^{2}=1 \times(2 m-1)$.

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

因为 $m, n$ 是大于 1 的正整数, 且 $m>n$,
所以当 $n=2$ 时, $m$ 有最小值 5 .
解析：选择 (1):

(1) 当 $n=1$ 时, 由 $S_{1}=a_{1}=1$, 得 $p=0$.

当 $n \geq 2$ 时, 由题意, 得 $S_{n-1}=(n-1)^{2}$,

所以 $a_{n}=S_{n}-S_{n-1}=2 n-1(n \geq 2)$.

经检验, $a_{1}=1$ 符合上式,

所以 $a_{n}=2 n-1\left(n \in \mathbb{N}^{*}\right)$.

（2）由 $a_{1}, a_{n}, a_{m}$ 成等比数列, 得 $a_{n}^{2}=a_{1} a_{m}$,

即 $(2 n-1)^{2}=1 \times(2 m-1)$.

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

因为 $m, n$ 是大于 1 的正整数, 且 $m>n$,
所以当 $n=2$ 时, $m$ 有最小值 5 .
题目（高二 · 算术）：在等差数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 中, $a_{10}=23, a_{25}=-22$,

(1) 数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 前多少项和最大;

(2) 求 $\left\{\left|a_{n}\right|\right\}$ 前 $\mathrm{n}$ 项和 $T_{n}$.
选项：
答案：(1) 由 $\left\{\begin{array}{c}a_{1}+9 d=23 \\ a_{1}+24 d=-22\end{array}\right.$ 得 $\left\{\begin{array}{l}a_{1}=50 \\ d=-3\end{array}\right.$

$\therefore a_{n}=a_{1}+(n-1) d=-3 n+53$

令 $a_{n}>0$ 得: $n<\frac{53}{3}$

$\therefore$ 当 $n \leq 17, n \in \mathrm{N}^{*}$ * 时, $a_{n}>0$; 当 $n \geq 18, n \in \mathrm{N}^{*}$ 时, $a_{n}<0$

$\therefore\left\{a_{n}\right\}$ 前 17 项和最大。

(2) 当 $n \leq 17, n \in \mathrm{N}^{*}$ 时

$\left|a_{1}\right|+\left|a_{2}\right|+\cdots+\left|a_{n}\right|=a_{1}+a_{2}+\cdots+a_{n}=n a_{1}+\frac{n(n-1)}{2} d=-\frac{3}{2} n^{2}+\frac{103}{2} n$

当 $n \geq 18, n \in \mathrm{N}^{*}$ 时

$\left|a_{1}\right|+\left|a_{2}\right|+\cdots+\left|a_{n}\right|=a_{1}+a_{2}+\cdots+a_{17}-a_{18}-a_{19}-\cdots a_{n}$

$=2\left(a_{1}+a_{2}+\cdots+a_{17}\right)-\left(a_{1}+a_{2}+\cdots a_{n}\right)=\frac{3}{2} n^{2}-\frac{103}{2} n+884$

$\therefore$ 当 $n \leq 17, n \in \mathrm{N}^{*}$ 时, $\left\{\left|a_{n}\right|\right\}$ 前 $\mathrm{n}$ 项和为 $-\frac{3}{2} n^{2}+\frac{103}{2} n$

当 $n \geq 18, n \in \mathrm{N}^{*}$ 时, $\left\{\left|a_{n}\right|\right\}$ 前 $\mathrm{n}$ 项和为 $\frac{3}{2} n^{2}-\frac{103}{2} n+884$
解析：答案: (1) 由 $\left\{\begin{array}{c}a_{1}+9 d=23 \\ a_{1}+24 d=-22\end{array}\right.$ 得 $\left\{\begin{array}{l}a_{1}=50 \\ d=-3\end{array}\right.$

$\therefore a_{n}=a_{1}+(n-1) d=-3 n+53$

令 $a_{n}>0$ 得: $n<\frac{53}{3}$

$\therefore$ 当 $n \leq 17, n \in \mathrm{N}^{*}$ * 时, $a_{n}>0$; 当 $n \geq 18, n \in \mathrm{N}^{*}$ 时, $a_{n}<0$

$\therefore\left\{a_{n}\right\}$ 前 17 项和最大。

(2) 当 $n \leq 17, n \in \mathrm{N}^{*}$ 时

$\left|a_{1}\right|+\left|a_{2}\right|+\cdots+\left|a_{n}\right|=a_{1}+a_{2}+\cdots+a_{n}=n a_{1}+\frac{n(n-1)}{2} d=-\frac{3}{2} n^{2}+\frac{103}{2} n$

当 $n \geq 18, n \in \mathrm{N}^{*}$ 时

$\left|a_{1}\right|+\left|a_{2}\right|+\cdots+\left|a_{n}\right|=a_{1}+a_{2}+\cdots+a_{17}-a_{18}-a_{19}-\cdots a_{n}$

$=2\left(a_{1}+a_{2}+\cdots+a_{17}\right)-\left(a_{1}+a_{2}+\cdots a_{n}\right)=\frac{3}{2} n^{2}-\frac{103}{2} n+884$

$\therefore$ 当 $n \leq 17, n \in \mathrm{N}^{*}$ 时, $\left\{\left|a_{n}\right|\right\}$ 前 $\mathrm{n}$ 项和为 $-\frac{3}{2} n^{2}+\frac{103}{2} n$

当 $n \geq 18, n \in \mathrm{N}^{*}$ 时, $\left\{\left|a_{n}\right|\right\}$ 前 $\mathrm{n}$ 项和为 $\frac{3}{2} n^{2}-\frac{103}{2} n+884$
题目（高二 · 算术）：若等比数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的前 $n$ 项和为 $S_{n}$, 满足 $a_{4}-a_{1}=S_{3}, a_{5}-a_{1}=15$.

(1)求数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的首项 $a_{1}$ 和公比 $q$;

(2)若 $a_{n}>n+100$, 求 $n$ 的取值范围.
选项：
答案：(1) $a_{4}-a_{1}=S_{3}, a_{5}-a_{1}=15$ 显然公比 $q \neq$,

$:\left\{\begin{array}{c}a_{1}\left(q^{3}-1\right)=\frac{a_{1}\left(1-q^{3}\right)}{1-q} \\ a_{1}\left(q^{4}-1\right)=15\end{array}\right.$, 解可得 $q=2, a_{1}=1$,

(2)由(1)可得 $a_{n}=2^{n-1}$,

$\because a_{n}>n+100, \quad$ 即 $3^{n-1}>n+100 ，$

解可得, $n \geq 7$.
解析：(1) $a_{4}-a_{1}=S_{3}, a_{5}-a_{1}=15$ 显然公比 $q \neq$,

$:\left\{\begin{array}{c}a_{1}\left(q^{3}-1\right)=\frac{a_{1}\left(1-q^{3}\right)}{1-q} \\ a_{1}\left(q^{4}-1\right)=15\end{array}\right.$, 解可得 $q=2, a_{1}=1$,

(2)由(1)可得 $a_{n}=2^{n-1}$,

$\because a_{n}>n+100, \quad$ 即 $3^{n-1}>n+100 ，$

解可得, $n \geq 7$.
题目（高二 · 算术）：设数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的前 $\mathrm{n}$ 项和为 $S_{n}$, 已知 $S_{2}=4, a_{n+1}=2 S_{n}+1, n \in \mathbf{N}_{+}$

(1) 求通项公式 $a_{n}$;

(2) 求数列 $\left\{\left|a_{n}-n-2\right|\right\}$ 的前 $\mathrm{n}$ 项和.
选项：
答案：（1）由 $a_{1}+a_{2}=4, a_{2}=2 a_{1}+1$ 得 $a_{1}=1, a_{2}=3$,

当 $n \geq 2$ 时, $a_{n+1}-a_{n}=\left(2 S_{n}+1\right)-\left(2 S_{n-1}+1\right)=2 a_{n}$, 得 $a_{n+1}=3 a_{n}$,所以 $\left\{a_{n}\right\}$ 的通项公式为 $a_{n}=3^{n-1}$

（2）设 $b_{n}=\left|3^{n-1}-n-2\right|$, 则 $b_{1}=2, b_{2}=1$, 当 $n \geq 3$ 时, 由于 $3^{n-1}>n+2$,故 $b_{n}=3^{n-1}-n-2, n \geq 3$, 设 $\left\{b_{n}\right\}$ 的前 $\mathrm{n}$ 项和为 $T_{n}$, 则 $T_{1}=2, T_{2}=3$,当 $n \geq 3$ 时, $T_{n}=3+\frac{9\left(1-3^{n-2}\right)}{1-3}-\frac{(n+7)(n-2)}{2}=\frac{3^{n}-n^{2}-5 n+11}{2}$,
所以 $T_{n}=\left\{\begin{array}{l}2, n=1 \\ \frac{3^{n}-n^{2}-5 n+11}{2}, n \geq 2\end{array}\right.$
解析：（1）由 $a_{1}+a_{2}=4, a_{2}=2 a_{1}+1$ 得 $a_{1}=1, a_{2}=3$,

当 $n \geq 2$ 时, $a_{n+1}-a_{n}=\left(2 S_{n}+1\right)-\left(2 S_{n-1}+1\right)=2 a_{n}$, 得 $a_{n+1}=3 a_{n}$,所以 $\left\{a_{n}\right\}$ 的通项公式为 $a_{n}=3^{n-1}$

（2）设 $b_{n}=\left|3^{n-1}-n-2\right|$, 则 $b_{1}=2, b_{2}=1$, 当 $n \geq 3$ 时, 由于 $3^{n-1}>n+2$,故 $b_{n}=3^{n-1}-n-2, n \geq 3$, 设 $\left\{b_{n}\right\}$ 的前 $\mathrm{n}$ 项和为 $T_{n}$, 则 $T_{1}=2, T_{2}=3$,当 $n \geq 3$ 时, $T_{n}=3+\frac{9\left(1-3^{n-2}\right)}{1-3}-\frac{(n+7)(n-2)}{2}=\frac{3^{n}-n^{2}-5 n+11}{2}$,
所以 $T_{n}=\left\{\begin{array}{l}2, n=1 \\ \frac{3^{n}-n^{2}-5 n+11}{2}, n \geq 2\end{array}\right.$
题目（高二 · 算术）：在等比数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 中, 已知 $a_{3}=4, a_{6}=32$.

(1) 求 $\left\{a_{n}\right\}$ 的通项公式;

(2) 求 $\left\{a_{n}\right\}$ 的前 6 项和.
选项：
答案：答案: (1) 由已知得 $\left\{\begin{array}{l}a_{1} q^{2}=4 \\ a_{1} q^{5}=32\end{array}\right.$, 解得 $\begin{cases}a_{1}=1 \\ q=2 & \therefore a_{n}=2^{n-1}\end{cases}$

(2) $S_{6}=63$
解析：答案: (1) 由已知得 $\left\{\begin{array}{l}a_{1} q^{2}=4 \\ a_{1} q^{5}=32\end{array}\right.$, 解得 $\begin{cases}a_{1}=1 \\ q=2 & \therefore a_{n}=2^{n-1}\end{cases}$

(2) $S_{6}=63$
题目（高二 · 算术）：在等比数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 中, 公比 $q \in(0,1)$, 且满足 $a_{3}=2, a_{1} a_{3}+2 a_{2} a_{4}+a_{3} a_{5}=25$.

(1) 求数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的通项公式;

(2) 设 $b_{n}=\log _{2} a_{n}$, 数列 $\left\{b_{n}\right\}$ 的前 $n$ 项和为 $S_{n}$, 当 $\frac{S_{1}}{1}+\frac{S_{2}}{2}+\ldots+\frac{S_{n}}{n}$ 取最大值时, 求 $n$ 的值.
选项：
答案：(1) $a_{1} a_{3}+2 a_{2} a_{4}+a_{3} a_{5}=25$, 可得 $a_{2}{ }^{2}+2 a_{2} a_{4}+a_{4}{ }^{2}=\left(a_{2}+a_{4}\right)^{2}=25$,

由 $a_{3}=2$, 即 $a_{1} q^{2}=2$, (1), 可得 $a_{1}>0$, 由 $0<q<1$, 可得 $a_{n}>0$, 可得 $a_{2}+a_{4}=5$, 即 $a_{1} q+a_{1} q^{3}=5$,

(2)

由(1)(2) 解得 $q=\frac{1}{2}$ ( 2 舍去)，

$a_{1}=8$, 则 $a_{n}=8 \cdot\left(\frac{1}{2}\right)^{n-1}=2^{4-n}$;

(2) $b_{n}=\log _{2} a_{n}=\log _{2} 2^{4-n}=4-n$,

可得 $S_{n}=(4-1)+(4-2)+\cdots \cdots+(4-n)=\frac{1}{2} n(3+4-n)=\frac{7 n-n^{2}}{2}$,

$\frac{S_{1}}{1}+\frac{S_{2}}{2}+\ldots+\frac{S_{n}}{n}=3+\frac{5}{2}+\ldots+\frac{7-n}{2}$

$=\frac{1}{2} n\left(3+\frac{7-n}{2}\right)=\frac{13 n-n^{2}}{4}=-\frac{1}{4}\left(n-\frac{13}{2}\right)^{2}+\frac{169}{16}$,

可得 $n=6$ 或 7 时, $\frac{S_{1}}{1}+\frac{S_{2}}{2}+\ldots+\frac{S_{n}}{n}$ 取最大值 $\frac{21}{2}$.

则 $n$ 的值为 6 或 7 .
解析：(1) $a_{1} a_{3}+2 a_{2} a_{4}+a_{3} a_{5}=25$, 可得 $a_{2}{ }^{2}+2 a_{2} a_{4}+a_{4}{ }^{2}=\left(a_{2}+a_{4}\right)^{2}=25$,

由 $a_{3}=2$, 即 $a_{1} q^{2}=2$, (1), 可得 $a_{1}>0$, 由 $0<q<1$, 可得 $a_{n}>0$, 可得 $a_{2}+a_{4}=5$, 即 $a_{1} q+a_{1} q^{3}=5$,

(2)

由(1)(2) 解得 $q=\frac{1}{2}$ ( 2 舍去)，

$a_{1}=8$, 则 $a_{n}=8 \cdot\left(\frac{1}{2}\right)^{n-1}=2^{4-n}$;

(2) $b_{n}=\log _{2} a_{n}=\log _{2} 2^{4-n}=4-n$,

可得 $S_{n}=(4-1)+(4-2)+\cdots \cdots+(4-n)=\frac{1}{2} n(3+4-n)=\frac{7 n-n^{2}}{2}$,

$\frac{S_{1}}{1}+\frac{S_{2}}{2}+\ldots+\frac{S_{n}}{n}=3+\frac{5}{2}+\ldots+\frac{7-n}{2}$

$=\frac{1}{2} n\left(3+\frac{7-n}{2}\right)=\frac{13 n-n^{2}}{4}=-\frac{1}{4}\left(n-\frac{13}{2}\right)^{2}+\frac{169}{16}$,

可得 $n=6$ 或 7 时, $\frac{S_{1}}{1}+\frac{S_{2}}{2}+\ldots+\frac{S_{n}}{n}$ 取最大值 $\frac{21}{2}$.

则 $n$ 的值为 6 或 7 .
题目（高二 · 算术）：数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 是公差不为 0 的等差数列, 若 $a_{4}=2 a_{2}$, 且 $4, a_{4}, a_{8}$ 成等比数列.

(1) 证明: 4 是数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 中的一项;

(2) 记 $S_{n}$ 为数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 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：(1)由题设数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的公差为 $d$ ，

则 $\left\{\begin{array}{l}a_{4}=2 a_{2} \\ a_{4}^{2}=4 \cdot a_{8}\end{array} \Rightarrow\left\{\begin{array}{l}a_{1}+3 d=2\left(a_{1}+d\right) \\ \left(a_{1}+3 d\right)^{2}=4\left(a_{1}+7 d\right)\end{array} \Rightarrow a_{1}=d=2\right.\right.$ 或 $a_{1}=d=0$ （舍去）.

所以 $a_{n}=2 n\left(n \in N^{*}\right)$.

其中 $a_{2}=4$, 所以 4 是数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 中的一项

(2)由第 1 问可得 $S_{n}=n(n+1)$,

所以 $\frac{1}{S_{n}}=\frac{1}{n(n+1)}=\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1}$

所以 $T_{n}=\frac{1}{S_{1}}+\frac{1}{S_{2}}+\frac{1}{S_{3}}+\ldots+\frac{1}{S_{n}}$

$=\left(\frac{1}{1}-\frac{1}{2}\right)+\left(\frac{1}{2}-\frac{1}{3}\right)+\left(\frac{1}{3}-\frac{1}{4}\right)+\ldots+\left(\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1}\right)=\frac{n}{n+1}$
解析：答案：(1)由题设数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的公差为 $d$ ，

则 $\left\{\begin{array}{l}a_{4}=2 a_{2} \\ a_{4}^{2}=4 \cdot a_{8}\end{array} \Rightarrow\left\{\begin{array}{l}a_{1}+3 d=2\left(a_{1}+d\right) \\ \left(a_{1}+3 d\right)^{2}=4\left(a_{1}+7 d\right)\end{array} \Rightarrow a_{1}=d=2\right.\right.$ 或 $a_{1}=d=0$ （舍去）.

所以 $a_{n}=2 n\left(n \in N^{*}\right)$.

其中 $a_{2}=4$, 所以 4 是数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 中的一项

(2)由第 1 问可得 $S_{n}=n(n+1)$,

所以 $\frac{1}{S_{n}}=\frac{1}{n(n+1)}=\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1}$

所以 $T_{n}=\frac{1}{S_{1}}+\frac{1}{S_{2}}+\frac{1}{S_{3}}+\ldots+\frac{1}{S_{n}}$

$=\left(\frac{1}{1}-\frac{1}{2}\right)+\left(\frac{1}{2}-\frac{1}{3}\right)+\left(\frac{1}{3}-\frac{1}{4}\right)+\ldots+\left(\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1}\right)=\frac{n}{n+1}$
题目（高二 · 算术）：某企业的资金每一年都比上一年分红后的资金增加一倍, 并且每年年底固定给股东们分红 500 万元. 该企业 2018 年年底分红后的资金为 1000 万元.

(1)求该企业 2022 年年底分红后的资金.

(2)求该企业从哪一年开始年底分红后的资金超过 32500 万元.
选项：
答案：(1)设 $a_{n}$ 为 $(2018+n)$ 年年底分红后的资金, 其中 $n \in \mathbf{N}^{*}$, 则 $a_{1}=2 \times 1000-500=1500$,

$a_{2}=2 \times 1500-500=2500, \cdots, a_{n}=2 a_{n-1}-500(n \geq 2)$. 所以 $a_{n}-500=2\left(a_{n-1}-500\right)(n \geq 2)$,

即数列 $\left\{a_{n}-500\right\}$ 是首项为 $a_{1}-500=1000$, 公比为 2 的等比数列.

所以 $a_{n}-500=1000 \times 2^{n-1}$, 所以 $a_{n}=1000 \times 2^{n-1}+500$.

$a_{4}=1000 \times 2^{4-1}+500=8500$, 所以该企业 2022 年年底分红后的资金为 8500 万元.

(2)由 $a_{n}>32500$, 即 $2^{n-1}>32$, 得 $n>6$, 所以该企业从 2025 年开始年底分红后的资金超过 32500 万元.
解析：(1)设 $a_{n}$ 为 $(2018+n)$ 年年底分红后的资金, 其中 $n \in \mathbf{N}^{*}$, 则 $a_{1}=2 \times 1000-500=1500$,

$a_{2}=2 \times 1500-500=2500, \cdots, a_{n}=2 a_{n-1}-500(n \geq 2)$. 所以 $a_{n}-500=2\left(a_{n-1}-500\right)(n \geq 2)$,

即数列 $\left\{a_{n}-500\right\}$ 是首项为 $a_{1}-500=1000$, 公比为 2 的等比数列.

所以 $a_{n}-500=1000 \times 2^{n-1}$, 所以 $a_{n}=1000 \times 2^{n-1}+500$.

$a_{4}=1000 \times 2^{4-1}+500=8500$, 所以该企业 2022 年年底分红后的资金为 8500 万元.

(2)由 $a_{n}>32500$, 即 $2^{n-1}>32$, 得 $n>6$, 所以该企业从 2025 年开始年底分红后的资金超过 32500 万元.
题目（高二 · 算术）：21. 已知数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 是等差数列, 其前 $n$ 项和为 $S_{n}, a_{2}=37, S_{4}=152$.

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

    (2) 求数列 $\left\{\left|a_{n}-2^{n}\right|\right\}$ 的前 $n$ 项和 $T_{n}$.
选项：
答案：(1) 设数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的首项为 $a_{1}$, 公差为 $d$, 则:

    $\left\{\begin{array}{l}a_{1}+d=37 \\ 4 a_{1}+6 d=152\end{array}\right.$, 解得 $a_{1}=35, d=2 ，$

    所以数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的通项公式: $a_{n}=2 n+33$.

    (2) 由（1）知, $\left|a_{n}-2^{n}\right|=\left|2 n+33-2^{n}\right|=\left\{\begin{array}{c}2 n+33-2^{n}, 0<n \leq 5 \\ 2^{n}-(2 n+33), n \geq 6\end{array}\right.$,

    (1) 当 $0<n \leq 5$ 时, $\left|2 n+33-2^{n}\right|=2 n+33-2^{n}$, 有:

    $T_{n}=\frac{(35+2 n+33) n}{2}-\frac{2\left(1-2^{n}\right)}{1-2}=n^{2}+34 n-2^{n+1}+2$, \$ \qquad \$
    (2)当 $n \geq 6$ 时, $T_{5}=133,\left|2 n+33-2^{n}\right|=2^{n}-(2 n+33)$,

    $T_{n}-T_{5}=\frac{64\left(1-2^{n-5}\right)}{1-2}-\frac{(45+2 n+33)(n-5)}{2}=2^{n+1}-n^{2}-34 n+131$,

    得 $T_{n}=2^{n+1}-n^{2}-34 n+264$.

    综上所述: $T_{n}=\left\{\begin{array}{c}n^{2}+34 n-2^{n+1}+2,0<n \leq 5 \\ 2^{n+1}-n^{2}-34 n+264, n \geq 6\end{array}\right.$
解析：(1) 设数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的首项为 $a_{1}$, 公差为 $d$, 则:

    $\left\{\begin{array}{l}a_{1}+d=37 \\ 4 a_{1}+6 d=152\end{array}\right.$, 解得 $a_{1}=35, d=2 ，$

    所以数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的通项公式: $a_{n}=2 n+33$.

    (2) 由（1）知, $\left|a_{n}-2^{n}\right|=\left|2 n+33-2^{n}\right|=\left\{\begin{array}{c}2 n+33-2^{n}, 0<n \leq 5 \\ 2^{n}-(2 n+33), n \geq 6\end{array}\right.$,

    (1) 当 $0<n \leq 5$ 时, $\left|2 n+33-2^{n}\right|=2 n+33-2^{n}$, 有:

    $T_{n}=\frac{(35+2 n+33) n}{2}-\frac{2\left(1-2^{n}\right)}{1-2}=n^{2}+34 n-2^{n+1}+2$, \$ \qquad \$
    (2)当 $n \geq 6$ 时, $T_{5}=133,\left|2 n+33-2^{n}\right|=2^{n}-(2 n+33)$,

    $T_{n}-T_{5}=\frac{64\left(1-2^{n-5}\right)}{1-2}-\frac{(45+2 n+33)(n-5)}{2}=2^{n+1}-n^{2}-34 n+131$,

    得 $T_{n}=2^{n+1}-n^{2}-34 n+264$.

    综上所述: $T_{n}=\left\{\begin{array}{c}n^{2}+34 n-2^{n+1}+2,0<n \leq 5 \\ 2^{n+1}-n^{2}-34 n+264, n \geq 6\end{array}\right.$
题目（高二 · 算术）：18. (2018 安徽安庆二模) 已知公差不为 0 的等差数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的首项 $a_{1}=2$, 且 $a_{1}+1, a_{2}+1, a_{4}+1$成等比数列.

(1) 求数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的通项公式;

(2) 设 $b_{n}=\frac{1}{a_{n} a_{n+1}}, n \in \mathbf{N}^{*}, S_{n}$ 是数列 $\left\{b_{n}\right\}$ 的前 $n$ 项和, 求使 $S_{n}<\frac{3}{19}$ 成立的最大的正整数 $n$.
选项：
答案：(1) 设数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的公差为 $d$, 则 $a_{n}=2+(n-1) d, n \in \mathbf{N}^{*}$,

由 $a_{1}+1, a_{2}+1, a_{4}+1$ 成等比数列，

得 $\left(a_{2}+1\right)^{2}=\left(a_{1}+1\right)\left(a_{4}+1\right)$, 即 $(3+d)^{2}=3(3+3 d)$,

解得 $d=0$ (舍去) 或 $d=3$.

所以数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的通项公式为 $a_{n}=3 n-1, n \in \mathbf{N}^{*} . \cdots . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .55$ 分

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

所以 $S_{n}=\frac{1}{3}\left[\left(\frac{1}{2}-\frac{1}{5}\right)+\left(\frac{1}{5}-\frac{1}{8}\right)+\cdots+\left(\frac{1}{3 n-1}-\frac{1}{3 n+2}\right)\right]$

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

由 $S_{n}<\frac{3}{19}$ 即 $\frac{n}{2(3 n+2)}<\frac{3}{19}$, 得 $n<12$,

所以使 $S_{n}<\frac{3}{19}$ 成立的最大的正整数 $n=11$.
解析：(1) 设数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的公差为 $d$, 则 $a_{n}=2+(n-1) d, n \in \mathbf{N}^{*}$,

由 $a_{1}+1, a_{2}+1, a_{4}+1$ 成等比数列，

得 $\left(a_{2}+1\right)^{2}=\left(a_{1}+1\right)\left(a_{4}+1\right)$, 即 $(3+d)^{2}=3(3+3 d)$,

解得 $d=0$ (舍去) 或 $d=3$.

所以数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的通项公式为 $a_{n}=3 n-1, n \in \mathbf{N}^{*} . \cdots . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .55$ 分

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

所以 $S_{n}=\frac{1}{3}\left[\left(\frac{1}{2}-\frac{1}{5}\right)+\left(\frac{1}{5}-\frac{1}{8}\right)+\cdots+\left(\frac{1}{3 n-1}-\frac{1}{3 n+2}\right)\right]$

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

由 $S_{n}<\frac{3}{19}$ 即 $\frac{n}{2(3 n+2)}<\frac{3}{19}$, 得 $n<12$,

所以使 $S_{n}<\frac{3}{19}$ 成立的最大的正整数 $n=11$.
题目（高二 · 算术）：19. (2018 山东灘坊一模) 公差不为 0 的等差数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的前 $n$ 项和为 $S_{n}$, 已知 $S_{4}=10$, 且 $a_{1}, a_{3}$, $a_{9}$ 成等比数列.

(1) 求 $\left\{a_{n}\right\}$ 的通项公式;

(2) 求数列 $\left\{\frac{a_{n}}{3^{n}}\right\}$ 的前 $n$ 项和为 $T_{n}$.
选项：
答案：(1) 设 $\left\{a_{n}\right\}$ 的公差为 $d$, 由题意可知, $\left\{\begin{array}{l}4 a_{1}+6 d=10 \\ a_{3}^{2}=a_{1} a_{9}\end{array}\right.$,

即 $\left\{\begin{array}{l}4 a_{1}+6 d=10 \\ \left(a_{1}+2 d\right)^{2}=a_{1}\left(a_{1}+8 d\right)\end{array}\right.$, 解得 $a_{1}=1, d=1$,

所以 $a_{n}=n$.

(2) 令 $c_{n}=\frac{n}{3^{n}}$, 则

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

所以 $\frac{1}{3} T_{n}=\frac{1}{3^{2}}+\frac{2}{3^{3}}+\frac{3}{3^{4}}+\cdots+\frac{n-1}{3^{n}}+\frac{n}{3^{n+} 1}$,

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

所以 $T_{n}=\frac{3}{4}-\frac{2 n+3}{4 \times 3^{n}}$.
解析：(1) 设 $\left\{a_{n}\right\}$ 的公差为 $d$, 由题意可知, $\left\{\begin{array}{l}4 a_{1}+6 d=10 \\ a_{3}^{2}=a_{1} a_{9}\end{array}\right.$,

即 $\left\{\begin{array}{l}4 a_{1}+6 d=10 \\ \left(a_{1}+2 d\right)^{2}=a_{1}\left(a_{1}+8 d\right)\end{array}\right.$, 解得 $a_{1}=1, d=1$,

所以 $a_{n}=n$.

(2) 令 $c_{n}=\frac{n}{3^{n}}$, 则

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

所以 $\frac{1}{3} T_{n}=\frac{1}{3^{2}}+\frac{2}{3^{3}}+\frac{3}{3^{4}}+\cdots+\frac{n-1}{3^{n}}+\frac{n}{3^{n+} 1}$,

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

所以 $T_{n}=\frac{3}{4}-\frac{2 n+3}{4 \times 3^{n}}$.
题目（高二 · 算术）：20. (2018 广东广州一模) 已知数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的前 $n$ 项和为 $S_{n}$, 数列 $\left\{\frac{S_{n}}{n}\right\}$ 是首项为 1 , 公差为 2 的等差数列.

(1) 求数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的通项公式;

(2) 设数列 $\left\{b_{n}\right\}$ 满足 $\frac{a_{1}}{b_{1}}+\frac{a_{2}}{b_{2}}+\cdots+\frac{a_{n}}{b_{n}}=5-(4 n+5)\left(\frac{1}{2}\right)^{n}$, 求数列 $\left\{b_{n}\right\}$ 的前 $n$ 项和 $T_{n}$.
选项：
答案：(1) 因为数列 $\left\{\frac{S_{n}}{n}\right\}$ 是首项为 1 , 公差为 2 的等差数列.

所以 $\frac{S_{n}}{n}=1+(n-1) \times 2=2 n-1$,

所以 $S_{n}=2 n^{2}-n$.

当 $n=1$ 时, $a_{1}=S_{1}=1$,

当 $n \geq 2$ 时, $a_{n}=S_{n}-S_{n-1}=\left(2 n^{2}-n\right)-\left[2(n-1)^{2}-(n-1)\right]=4 n-3$,

而 $n=1$ 时, $a_{1}=1$ 也满足上式,

所以数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的通项公式为 $a_{n}=4 n-3$.

（2）当 $n=1$ 时, $\frac{a_{1}}{b_{1}}=\frac{1}{2}$, 所以 $b_{1}=2 a_{1}=2$, \$ \qquad \$
当 $n \geq 2$ 时, 由 $\frac{a_{1}}{b_{1}}+\frac{a_{2}}{b_{2}}+\cdots+\frac{a_{n}}{b_{n}}=5-(4 n+5)\left(\frac{1}{2}\right)^{n}$, \$ \qquad \$
有 $\frac{a_{1}}{b_{1}}+\frac{a_{2}}{b_{2}}+\cdots+\frac{a_{n-1}}{b_{n-1}}=5-(4 n+1)\left(\frac{1}{2}\right)^{n-1}$. 9 分

两式相减, 得 $\frac{a_{n}}{b_{n}}=(4 n-3)\left(\frac{1}{2}\right)^{n}$, \$ \qquad \$
因为 $a_{n}=4 n-3$, 所以 $b_{n}=2^{n}(n=1$ 时也符合公式 $)$.

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

所以 $T_{n}=\frac{2\left(1-2^{n}\right)}{1-2}=2^{n+1}-2$.
解析：(1) 因为数列 $\left\{\frac{S_{n}}{n}\right\}$ 是首项为 1 , 公差为 2 的等差数列.

所以 $\frac{S_{n}}{n}=1+(n-1) \times 2=2 n-1$,

所以 $S_{n}=2 n^{2}-n$.

当 $n=1$ 时, $a_{1}=S_{1}=1$,

当 $n \geq 2$ 时, $a_{n}=S_{n}-S_{n-1}=\left(2 n^{2}-n\right)-\left[2(n-1)^{2}-(n-1)\right]=4 n-3$,

而 $n=1$ 时, $a_{1}=1$ 也满足上式,

所以数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的通项公式为 $a_{n}=4 n-3$.

（2）当 $n=1$ 时, $\frac{a_{1}}{b_{1}}=\frac{1}{2}$, 所以 $b_{1}=2 a_{1}=2$, \$ \qquad \$
当 $n \geq 2$ 时, 由 $\frac{a_{1}}{b_{1}}+\frac{a_{2}}{b_{2}}+\cdots+\frac{a_{n}}{b_{n}}=5-(4 n+5)\left(\frac{1}{2}\right)^{n}$, \$ \qquad \$
有 $\frac{a_{1}}{b_{1}}+\frac{a_{2}}{b_{2}}+\cdots+\frac{a_{n-1}}{b_{n-1}}=5-(4 n+1)\left(\frac{1}{2}\right)^{n-1}$. 9 分

两式相减, 得 $\frac{a_{n}}{b_{n}}=(4 n-3)\left(\frac{1}{2}\right)^{n}$, \$ \qquad \$
因为 $a_{n}=4 n-3$, 所以 $b_{n}=2^{n}(n=1$ 时也符合公式 $)$.

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

所以 $T_{n}=\frac{2\left(1-2^{n}\right)}{1-2}=2^{n+1}-2$.
题目（高二 · 算术）：21. (2018 广东东莞二模) 已知等比数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 与等差数列 $\left\{b_{n}\right\}, a_{1}=b_{1}=1, a_{1} \neq a_{2}, a_{1}, a_{2}, b_{3}$成等差数列, $b_{1}, a_{2}, b_{4}$ 成等比数列.

(1) 求 $\left\{a_{n}\right\},\left\{b_{n}\right\}$ 的通项公式;

(2) 设 $S_{n} 、 T_{n}$ 分别是数列 $\left\{a_{n}\right\},\left\{b_{n}\right\}$ 的前 $n$ 项和, 若 $S_{n}+T_{n}>100$, 求 $n$ 的最小值.
选项：
答案：(1) 设数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的公比为 $q$, 数列 $\left\{b_{n}\right\}$ 的公差为 $d$, 则

$$
\left\{\begin{array} { l } 
{ 2 q = 2 + 2 d } \\
{ q ^ { 2 } = 1 + 3 d }
\end{array} \text { , 解得 } \left\{\begin{array} { l } 
{ d = 0 } \\
{ q = 1 }
\end{array} \text { (舍去) 或 } \left\{\begin{array}{l}
d=1 \\
q=2
\end{array}\right.\right.\right. \text { ， }
$$

所以 $a_{n}=2^{n-1}, b_{n}=n$.

（2）由（1）易知 $S_{n}=\frac{1-2^{n}}{1-2}=2^{n}-1, T_{n}=\frac{n(n+1)}{2}$,

由 $S_{n}+T_{n}>100$, 得 $2^{n}+\frac{n(n+1)}{2}>101$,

因为 $\left\{2^{n}+\frac{n(n+1)}{2}\right\}$ 是单调递增数列,

且 $2^{6}+\frac{6 \times 7}{2}=85<101,2^{7}+\frac{7 \times 8}{2}=156>101$,

所以 $n$ 的最小值为 7 .
解析：(1) 设数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的公比为 $q$, 数列 $\left\{b_{n}\right\}$ 的公差为 $d$, 则

$$
\left\{\begin{array} { l } 
{ 2 q = 2 + 2 d } \\
{ q ^ { 2 } = 1 + 3 d }
\end{array} \text { , 解得 } \left\{\begin{array} { l } 
{ d = 0 } \\
{ q = 1 }
\end{array} \text { (舍去) 或 } \left\{\begin{array}{l}
d=1 \\
q=2
\end{array}\right.\right.\right. \text { ， }
$$

所以 $a_{n}=2^{n-1}, b_{n}=n$.

（2）由（1）易知 $S_{n}=\frac{1-2^{n}}{1-2}=2^{n}-1, T_{n}=\frac{n(n+1)}{2}$,

由 $S_{n}+T_{n}>100$, 得 $2^{n}+\frac{n(n+1)}{2}>101$,

因为 $\left\{2^{n}+\frac{n(n+1)}{2}\right\}$ 是单调递增数列,

且 $2^{6}+\frac{6 \times 7}{2}=85<101,2^{7}+\frac{7 \times 8}{2}=156>101$,

所以 $n$ 的最小值为 7 .
题目（高二 · 代数）：19.【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 $a_{n}=\frac{1}{2}\left[\left(a_{n}+b_{n}\right)+\left(a_{n}-b_{n}\right)\right]=\frac{1}{2^{n}}+n-\frac{1}{2}$,

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