eodcF/cmm-math huggingface dataset:
题目（高二 · 算术）：已知等差数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的前 $n$ 项和为 $S_{n}, a_{2}=2, S_{7}=28$, 则数列 $\left\{\frac{1}{a_{n} a_{n+1}}\right\}$ 的前 2020 项和为 ( )
选项：
A. $\frac{2020}{2021}$
B. $\frac{2018}{2020}$
C. $\frac{2018}{2019}$
D. $\frac{2021}{2020}$
答案：A
解析：因为数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 是等差数列, 所以 $S_{7}=\frac{7\left(a_{1}+a_{7}\right)}{2}=7 a_{4}$.

设公差为 $d$, 因为 $a_{2}=2, S_{7}=28$, 所以 $\left\{\begin{array}{l}a_{1}+d=2, \\ 7\left(a_{1}+3 d\right)=28,\end{array}\right.$ 解方程组得 $\left\{\begin{array}{l}a_{1}=1, \\ d=1,\end{array}\right.$

所以数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的通项公式为 $a_{n}=1+(n-1) \times 1=n$,

所以 $\frac{1}{a_{n} a_{n+1}}=\frac{1}{n \times(n+1)}$. 设 $T_{n}$ 为数列 $\left\{\frac{1}{a_{n} a_{n+1}}\right\}$ 的前 $n$ 项和,

则 $T_{n}=\frac{1}{1 \times 2}+\frac{1}{2 \times 3}+\frac{1}{3 \times 4}+\ldots+\frac{1}{(n-1) \times n}+\frac{1}{n \times(n+1)}=1-\frac{1}{2}+\frac{1}{2}-\frac{1}{3}+\frac{1}{3}+\ldots+\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1}$

$\therefore T_{2020}=1-\frac{1}{2}+\frac{1}{2}-\frac{1}{3}+\frac{1}{3}-\frac{1}{4}+\cdots+\frac{1}{2020-1}-\frac{1}{2020}+\frac{1}{2020}-\frac{1}{2020+1}=1-\frac{1}{2021}=\frac{2020}{2021}$, 故选

A。
题目（高二 · 算术）：（2011 安徽）若数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的通项公式是 $a_{n}=(-1) \cdot(3 n-2)$, 则 $a_{1}+a_{2}+\cdots+a_{10}=(\quad)$
选项：
A. 15
    B. 12
    C. -12
    D. -15
答案：A
解析：法一：分别求出前 10 项相加即可得出结论;

法二: $a_{1}+a_{2}=a_{3}+a_{4}=\cdots=a_{9}+a_{10}=3$, 故 $a_{1}+a_{2}+\cdots+a_{10}=3 \times 5=15$. 故选 A.
题目（高二 · 算术）：设 $a, b \in \mathbf{R}$, 数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 满足 $a_{1}=a, a_{n+1}=a_{n}^{2}+b, n \in \mathbf{N}^{*}$, 则 ( )
选项：
A. 当 $b=\frac{1}{2}, a_{10}>10$
    B. 当 $b=\frac{1}{4}, a_{10}>10$
    C. 当 $b=-2, a_{10}>10$
    D. 当 $b=-4, a_{10}>10$
答案：A
解析：(1)当 $b=0$ 时, 取 $a=0$, 则 $a_{n}=0, n \in \mathbf{N}^{*}$.

(2)当 $b<0$ 时, 令 $x=x^{2}+b$, 即 $x^{2}-x+b=0$.

则该方程 $\Delta=1-4 b>0$, 即必存在 $x_{0}$, 使得 $x_{0}^{2}-x_{0}+b=0$,

则一定存在 $a_{1}=a=x_{0}$, 使得 $a_{n+1}=a_{n}^{2}+b=a_{n}$ 对任意 $n \in \mathbf{N}^{*}$ 成立,

解方程 $a^{2}-a+b=0$, 得 $a=\frac{1 \pm \sqrt{1-4 b}}{2}$,

当 $\frac{1+\sqrt{1-4 b}}{2} \leq 10$ 时, 即 $b \geqslant-90$ 时, 总存在 $a=\frac{1+\sqrt{1-4 b}}{2}$, 使得 $a_{1}=a_{2}=\ldots=a_{10} \leq 10$,

故 C、 $\mathrm{D}$ 两项均不正确.

(3)当 $b>0$ 时, $a_{2}=a_{1}^{2}+b \geq b$,

则 $a_{3}=a_{2}^{2}+b \geq b^{2}+b$,

$a_{4}=a_{3}^{2}+b \geqslant\left(b^{2}+b\right)^{2}+b$.

(i) 当 $b=\frac{1}{2}$ 时, $a_{4} \geq\left[\left(\frac{1}{2}\right)^{2}+\frac{1}{2}\right]^{2}+\frac{1}{2}=\frac{17}{16}>1, a_{5}>1+\frac{1}{2}$,

则 $a_{6}>\left(1+\frac{1}{2}\right)^{2}+\frac{1}{2}=\frac{11}{4}>2$,
$a_{7}>2^{2}+\frac{1}{2}=\frac{9}{2}$,

$a_{8}>\left(\frac{9}{2}\right)^{2}+\frac{1}{2}=\frac{83}{4}>10$,

则 $a_{9}=a_{8}^{2}+\frac{1}{2}>10$,

$a_{10}=a_{9}^{2}+\frac{1}{2}>10$,

故 A 项正确.

(ii) 当 $b=\frac{1}{4}$ 时, 令 $a_{1}=a=0$, 则 $a_{2}=\frac{1}{4}, a_{3}=\left(\frac{1}{4}\right)^{2}+\frac{1}{4}<\frac{1}{2}$,

所以 $a_{4}=a_{3}^{2}+\frac{1}{4}<\left(\frac{1}{2}\right)^{2}+\frac{1}{4}=\frac{1}{2}$, 以此类推,

所以 $a_{10}=a_{9}^{2}+\frac{1}{4}<\left(\frac{1}{2}\right)^{2}+\frac{1}{4}=\frac{1}{2}$,

故 B 项不正确.

故本题正确答案为 A.

【名师点睛】遇到此类问题, 不少考生会一筹莫展. 利用函数方程思想, 通过研究函数的不动点, 进一步讨论 $\boldsymbol{a}$ 的可能取值, 利用“排除法”求解.
题目（高二 · 算术）：等差数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 满足 $a_{1}=2, a_{n+2}-a_{n}=3$, 则 $a_{2}=(\quad)$
选项：
A. 5
B. $\frac{5}{2}$
c. $\frac{7}{2}$
D. $\frac{3}{2}$
答案：C
解析：由题意可知等差数列的公差为 $\frac{3}{2}$, 所以 $a_{2}=a_{1}+d=\frac{7}{2}$, 选 C.
题目（高二 · 算术）：在数列  中, 若 $a_{1}=1, a_{2}=\frac{1}{2}$,

$\frac{2}{a_{n+1}}=\frac{1}{a_{n}}+\frac{1}{a_{n+2}}\left(n \in N^{*}\right)$, 则该数列的通项为( ).
选项：
A. $a_{n}=\frac{1}{n}$
B. $a_{n}=\frac{2}{n+1}$
C. $a_{n}=\frac{2}{n+2}$
D. $a_{n}=\frac{3}{n}$
答案：A
解析： $\because \frac{2}{a_{n+1}}=\frac{1}{a_{n}}+\frac{1}{a_{n+2}}\left(n \in N^{*}\right), \therefore$ 数列 $\left\{\frac{1}{a_{n}}\right\}$ 是等差数列,又 $\frac{1}{a_{2}}-\frac{1}{a_{1}}=2-1=1, \therefore \frac{1}{a_{n}}=1+(n-1)=n, \quad \therefore a_{n}=\frac{1}{n}$.

故选 A.
题目（高二 · 算术）：(2014 重庆) 在等差数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 中, $a_{1}=2, a_{3}+a_{5}=10$, 则 $a_{7}=(\quad)$
选项：
A. 5
    B. 8
    C. 10
    D. 14
答案：B
解析：由等差数列的性质得 $a_{1}+a_{7}=a_{3}+a_{5}$, 因为 $a_{1}=2, a_{3}+a_{5}=10$, 所以 $a_{7}=8$, 选 B.
题目（高二 · 算术）：(2012 福建) 等差数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 中, $a_{1}+a_{5}=10, a_{4}=7$, 则数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的公差为 ( )
选项：
A. 1
    B. 2
    C. 3
    D. 4
答案：B
解析：由题意有 $a_{1}+a_{5}=2 a_{3}=10, a_{3}=5$, 又 $\because a_{4}=7, \therefore a_{4}-a_{3}=2, \therefore d=2$.
题目（高二 · 算术）：（2011 安徽）若数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的通项公式是 $a_{n}=(-1)^{n}(3 n-2)$, 则 $a_{1}+a_{2}+\cdots+a_{10}=(\quad)$
选项：
A. 15
    B. 12
    C. -12
    D. -15
答案：A
解析： $a_{1}+a_{2}+\cdots+a_{10}=-1+4-7+10+\cdots+(-1)^{10} \cdot(3 \times 10-2)$

$=(-1+4)+(-7+10)+\cdots+\left[(-1)^{9} \cdot(3 \times 9-2)+(-1)^{10} \cdot(3 \times 10-2)\right]=15$
题目（高二 · 算术）：在等差数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 中, $a_{3}+a_{4}=12$, 公差 $d=2$, 则 $a_{9}=(\quad)$
选项：
A. 14
B. 15
C. 16
D. 17
答案：D
解析： $: \mathrm{a}_{3}+\mathrm{a}_{4}=12,: 2 \mathrm{a}_{1}+5 \mathrm{~d}=2 \mathrm{a}_{1}+10=12,: \mathrm{a}_{1}=1, \times \mathrm{a}_{9}=1+8 \mathrm{~d}=17$.

本题选择 D 选项.
题目（高二 · 算术）：数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 是等差数列, $a_{1}=1, a_{4}=8$, 则 $a_{5}=$
选项：
16
B. -16
C. 32
D. $\frac{31}{3}$
答案：D
解析：因为 $a_{4}=8$, 所以 $a_{1}+3 d=8$,

又因为 $a_{1}=1$, 所以 $d=\frac{7}{3}$,

可得 $a_{5}=a_{1}+4 d=\frac{31}{3}$, 故选 D.
题目（高二 · 算术）：数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 是等差数列, $a_{1}=1, a_{4}=8$, 则 $a_{5}=(\quad)$
选项：
A. 16
B. -16
C. 32
D. $\frac{31}{3}$
答案：D
解析：因为 $a_{4}=8$, 所以 $a_{1}+3 d=8$,

又因为 $a_{1}=1$, 所以 $d=\frac{7}{3}$,

可得 $a_{5}=a_{1}+4 d=\frac{31}{3}$, 故选 D.
题目（高二 · 算术）：下面是关于公差 $d>0$ 的等差数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的四个命题:

$p_{1}$ : 数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 是递增数列; $\quad p_{2}$ : 数列 $\left\{n a_{n}\right\}$ 是递增数列;

$p_{3}$ :数列 $\left\{\frac{a_{n}}{n}\right\}$ 是递增数列; $\quad p_{4}$ : 数列 $\left\{a_{n}+3 n d\right\}$ 是递增数列;

其中的真命题为
选项：
A. $p_{1}, p_{2}$
B. $p_{3}, p_{4}$
c. $p_{2}, p_{3}$
D. $p_{1}, p_{4}$
答案：D
解析：设 $a_{n}=a_{1}+(n-1) d=d n+m$, 所以 $p_{1}$ 正确; 如果 $a_{n}=3 n-12$ 则满足已知, 但

$$
n a_{n}=3 n^{2}-12 n
$$

并非递增所以 $p_{2}$ 错; 如果若 $a_{n}=n+1$, 则满足已知, 但

$\frac{a_{n}}{n}=1+\frac{1}{n}$, 是递减数列, 所以 $p_{3}$ 错; $a_{n}+3 n d=4 d n+m$, 所以是递增数列, $p_{4}$ 正确.
题目（高二 · 算术）：已知数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 为等差数列, 且 $a_{2}=1$, 则 $2\left|a_{9}\right|+\left|a_{10}\right|$ 的最小值为 ( )
选项：
A. 3
B. 2
C. 1
D. 0
答案：C
解析：设数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的公差为 $d, \because a_{2}=1, \therefore 2\left|a_{9}\right|+\left|a_{10}\right|=2|1+d|+|1+2 d|=\left\{\begin{array}{l}-3-4 d, d<-1 \\ 1,-1 \leq d \leq-\frac{1}{2} \\ 3+4 d, d>-\frac{1}{2}\end{array}\right.$,由分段函数的性质可得 $2\left|a_{9}\right|+\left|a_{10}\right|$ 的最小值为 1 , 故选 C.
题目（高二 · 算术）：设 $S_{n}$ 等差数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的前 $n$ 项和, 若 $a_{1}+a_{3}+a_{5}=3$, 则 $S_{5}=(\quad)$
选项：
A. 5
B. 7
C. 9
D. 11
答案：A
解析： $a_{1}+a_{3}+a_{5}=3 a_{3}=3, a_{3}=1, S_{5}=\frac{5}{2}\left(a_{1}+a_{5}\right)=\frac{5}{2} \times 2 a_{3}=5 a_{3}=5$, 选 $\mathrm{A}$.
题目（高二 · 算术）：（2019$\cdot$河南高考模拟 (理) ) 已知等差数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 满足 $a_{1}=32, a_{2}+a_{3}=40$, 则 $\left\{\left|a_{n}\right|\right\}$ 前 12 项之和为 ( )
选项：
A. -144
    B. 80
    C. 144
    D. 304
答案：D
解析：为 $a_{2}+a_{3}=2 a_{1}+3 d=64+3 d=40 \Rightarrow d=-8$, 所以 $a_{n}=40-8 n$. 所以 $\left|a_{n}\right|=|40-8 n|=\left\{\begin{array}{l}40-8 n, n \leqslant 5, \\ 8 n-40, n>6,\end{array}\right.$ 所以前 12 项之和为 $\frac{5 \times(32+0)}{2}+\frac{7 \times(8+56)}{2}=80+224=304$.
题目（高二 · 算术）：【山西省 2019 届高三高考考前适应性训练 (三) 数学试题】已知数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的前 $n$ 项和为 $S_{n}$, 满足 $a_{1}=-\frac{2}{3}, S_{n}+\frac{1}{S_{n}}+2=a_{n}(n \geq 2)$, 则下面选项为等差数列的是 $(\quad)$
选项：
A. $\left\{S_{n}+1\right\}$
B. $\left\{S_{n}-1\right\}$
C. $\left\{\frac{1}{S_{n}+1}\right\}$
D. $\left\{\frac{1}{S_{n}-1}\right\}$

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答案：C
解析：因为 $a_{n}=S_{n}-S_{n-1}(n \geq 2)$, 代入 $S_{n}+\frac{1}{S_{n}}+2=a_{n}(n \geq 2)$ 得 $S_{n}=-\frac{1}{S_{n-1}+2}(n \geq 2)$, 则 $S_{1}=-\frac{2}{3}, S_{2}=-\frac{3}{4}, S_{3}=-\frac{4}{5}$,故 $S_{1}+1=\frac{1}{3}, S_{2}+1=\frac{1}{4}, S_{3}+1=\frac{1}{5}$, 所以 $\left\{S_{n}+1\right\}$ 不是等差数列, 故 A 错误;
同理, $S_{1}-1=-\frac{5}{3}, S_{2}-1=-\frac{7}{4}, S_{3}-1=-\frac{9}{5}$, 所以 $\left\{S_{n}-1\right\}$ 不是等差数列, 故 B 错误;

$\frac{1}{S_{1}-1}=-\frac{3}{5}, \frac{1}{S_{2}-1}=-\frac{4}{7}, \frac{1}{S_{3}-1}=-\frac{5}{9}$, 所以 $\left\{\frac{1}{S_{n}-1}\right\}$ 不是等差数列, 故 D 错误;

$\frac{1}{S_{1}+1}=3, \frac{1}{S_{2}+1}=4, \frac{1}{S_{3}+1}=5$, 所以 $\left\{\frac{1}{S_{n}+1}\right\}$ 是等差数列, 故选 C.

【名师点睛】本题考查数列的递推关系, 利用 $a_{n}=S_{n}-S_{n-1}(n \geq 2)$ 来求解, 考查计算推理的能力,属中档题.求解时, 由 $a_{n}=S_{n}-S_{n-1}(n \geq 2)$, 结合题中条件, 可得 $S_{n}=-\frac{1}{S_{n-1}+2}(n \geq 2)$, 代入数据,对选项逐一判断即可.
题目（高二 · 算术）：(2018- 浙江高考模拟) 在等差数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 中, 若 $\frac{a_{0}}{a_{n}}<-1$, 且它的前 $n$ 项和 $S_{n}$ 有最小值, 则当 $S_{n}>0$时, $n$ 的最小值为 ( )
选项：
A. 14
    B. 15
    C. 16
    D. 17
答案：C
解析： $\because$ 数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 是等差数列, 它的前 $n$ 项和 $S_{n}$ 有最小值

$\therefore$ 公差 $d>0$, 首项 $a_{1}<0,\left\{a_{n}\right\}$ 为递增数列
$\because \frac{a_{9}}{a_{3}}<-1$

$\therefore a_{8} \cdot a_{9}<0, a_{8}+a_{9}>0$

由等差数列的性质知: $2 a_{2}=a_{1}+a_{15}<0, a_{2}+a_{9}=a_{1}+a_{16}>0$.

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

$\therefore$ 当 $S_{n}>0$ 时, $n$ 的最小值为 16 .

故选 C.
题目（高二 · 算术）：记 $S_{n}$ 为等差数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的前 $n$ 项和. 已知 $S_{4}=0, a_{5}=5$, 则 ( )
选项：
A. $a_{n}=2 n-5$
B. $a_{n}=3 n-10$
C. $S_{n}=2 n^{2}-8 n$
D. $S_{n}=\frac{1}{2} n^{2}-2 n$
答案：A
解析：由题知, $\left\{\begin{array}{l}S_{4}=4 a_{1}+\frac{d}{2} \times 4 \times 3=0 \\ a_{5}=a_{1}+4 d=5\end{array}\right.$, 解得 $\left\{\begin{array}{l}a_{1}=-3 \\ d=2\end{array}, \therefore a_{n}=2 n-5, S_{n}=n^{2}-4 n\right.$.故选 A.

【名师点睛】本题主要考查等差数列通项公式与前 $n$ 项和公式, 渗透方程思想与数学计算等素养. 利用等差数列通项公式与前 $n$ 项公式即可列出关于首项与公差的方程, 解出首项与公差, 再适当计算即可做了判断.
题目（高二 · 算术）：【2018 年高考全国 I卷理数】设 $S_{n}$ 为等差数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的前 $n$ 项和, 若 $3 S_{3}=S_{2}+S_{4}, a_{1}=2$, 则 $a_{5}=$
选项：
A. -12
B. -10
C. 10
D. 12
答案：B
解析：设等差数列的公差为 $d$, 根据题中的条件可得

$3\left(3 \times 2+\frac{3 \times 2}{2} \cdot d\right)=2 \times 2+d+4 \times 2+\frac{4 \times 3}{2} \cdot d$,

整理解得 $d=-3$, 所以 $a_{5}=a_{1}+4 d=2-12=-10$.

故选 B.

【名师点睛】该题考查的是有关等差数列的求和公式和通项公式的应用, 在解题的过程中, 需要利用题中的条件, 结合等差数列的求和公式, 得到公差 $d$ 的值, 之后利用等差数列的通项公式得到 $a_{5}$ 与 $a_{1}, d$ 的关系, 从而求得结果.
题目（高二 · 算术）：【2017 年高考全国 I 卷理数】记 $S_{n}$ 为等差数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的前 $n$ 项和. 若 $a_{4}+a_{5}=24, S_{6}=48$, 则 $\left\{a_{n}\right\}$的公差为 ( )
选项：
A. 1
B. 2
C. 4
D. 8
答案：C
解析：设公差为 $d, a_{4}+a_{5}=a_{1}+3 d+a_{1}+4 d=2 a_{1}+7 d=24$ ，

$S_{6}=6 a_{1}+\frac{6 \times 5}{2} d=6 a_{1}+15 d=48$, 联立 $\left\{\begin{array}{l}2 a_{1}+7 d=24 \\ 6 a_{1}+15 d=48\end{array}\right.$, 解得 $d=4$.

故选 C.

【秒杀解】因为 $S_{6}=\frac{6\left(a_{1}+a_{6}\right)}{2}=3\left(a_{3}+a_{4}\right)=48$, 即 $a_{3}+a_{4}=16$,

则 $\left(a_{4}+a_{5}\right)-\left(a_{3}+a_{4}\right)=24-16=8$, 即 $a_{5}-a_{3}=2 d=8$, 解得 $d=4$.

故选 C.

【名师点睛】求解等差数列基本量问题时, 要多多使用等差数列的性质, 如 $\left\{a_{n}\right\}$ 为等差数列, 若 $m+n=p+q$, 则 $a_{m}+a_{n}=a_{p}+a_{q}$.
题目（高二 · 算术）：《九章算术》之后, 人们进一步地用等差数列求和公式来解决更多的问题, 《张邱建算经》卷上第 22 题为: 今有女善织, 日益功疾 (注: 从第 2 天起每天比前一天多织相同量的布), 第一天织 5 尺布, 现在一月（按 30 天计）, 共织 420 尺布, 则第 2 天织的布的尺数为（）
选项：
A. $\frac{163}{29}$
B. $\frac{161}{29}$
C. $\frac{81}{15}$
D. $\frac{80}{15}$
答案：C
解析：设公差为 $\mathrm{d}$, 由题意可得: 前 30 项和 $\mathrm{S}_{30}=420=30 \times 5+\frac{30 \times 29}{2} \mathrm{~d}$, 解得 $\mathrm{d}=\frac{18}{29}$.

$\therefore$ 第 2 天织的布的尺数 $=5+\mathrm{d}=\frac{163}{29}$.

故选: A.
题目（高二 · 算术）：(全国高考真题 (理)) 设 $S_{m}$ 为等差数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的前 $n$ 项和, 若 $3 S_{3}=S_{2}+S_{4}, a_{1}=2$, 则 $a_{5}=$
选项：
A. -12
    B. -10
    C. 10
    D. 12
答案：B
解析：设该等差数列的公差为 $d$,

根据题中的条件可得 $3\left(3 \times 2+\frac{3 \times 2}{2} \cdot d\right)=2 \times 2+d+4 \times 2+\frac{4 \times 3}{2} \cdot d$,

整理解得 $d=-3$, 所以 $a_{5}=a_{1}+4 d=2-12=-10$, 故选 B.
题目（高二 · 算术）：(2017 新课标全国 I 理) 记 $S_{n}$ 为等差数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的前 $n$ 项和. 若 $a_{4}+a_{5}=24, S_{6}=48$, 则 $\left\{a_{n}\right\}$的公差为 ( )
选项：
A. 1
    B. 2
    C. 4
    D. 8
答案：C
解析：设公差为 $d, a_{4}+a_{5}=a_{1}+3 d+a_{1}+4 d=2 a_{1}+7 d=24$ ， $S_{6}=6 a_{1}+\frac{6 \times 5}{2} d=6 a_{1}+15 d=48$, 联立 $\left\{\begin{array}{l}2 a_{1}+7 d=24 \\ 6 a_{1}+15 d=48\end{array}\right.$, 解得 $d=4$, 故选 C.
题目（高二 · 算术）：记等差数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的前 $n$ 项和为 $S_{n}$. 若 $a_{6}=16, S_{5}=35$, 则 $\left\{a_{n}\right\}$ 的公差为 ( )
选项：
A. 3
B. 2
C. -2
D. -3
答案：A
解析：由等差数列的性质可知, $S_{5}=\frac{a_{1}+a_{5}}{2} \times 5=5 a_{3}=35$, 解得 $a_{3}=7$,故 $d=\frac{a_{6}-a_{3}}{6-3}=3$. 故选 A.

【名师点睛】本小题主要考查等差数列前 $n$ 项和公式, 考查等差数列的性质, 考查等差数列公差的计算公式, 属于基础题.求解时, 根据等差数列的性质, 由 $S_{5}$ 求得 $a_{3}$ 的值, 根据等差数列公差的计算公式计算出公差.
题目（高二 · 算术）：已知数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 是等差数列, $S_{n}$ 是它的前 $n$ 项和, 若 $a_{1}=2, S_{3}=12$, 则 $S_{4}=(\quad)$
选项：
A. 24
B. 20
C. 16
D. 10
答案：B
解析：由 $a_{1}=2, S_{3}=12$ 得 $S_{3}=3 a_{1}+\frac{3 \times 2}{2} d=6+3 d=12$, 解得 $d=2$,所以 $S_{4}=4 a_{1}+\frac{4 \times 3}{2} d=8+12=20$, 故选 B.

【名师点睛】本题考查等差数列的前 $n$ 项和公式, 属于基础题. 解答时, 根据等差数列的前 $n$ 项和公式化简 $S_{3}=12$, 将 $a_{1}=2$ 代入求出公差 $d$ 的值, 然后由首项 $a_{1}$ 和公差 $d$, 利用等差数列的前 $n$ 项和公式求出 $S_{4}$ 即可.
题目（高二 · 算术）：等差数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的前 $n$ 项和为 $S_{n}$, 若 $S_{21}=63$, 则 $a_{3}+a_{11}+a_{19}=(\quad)$
选项：
A. 12
B. 9
C. 6
D. 3
答案：B
解析：由等差数列性质可知: $S_{21}=21 a_{11}=63$, 解得: $a_{11}=3$,

$\therefore a_{3}+a_{11}+a_{19}=3 a_{11}=9$, 本题正确选项为 B.

【名师点睛】本题考查等差数列性质的应用, 属于基础题. 利用等差中项的性质可得 $S_{21}=21 a_{11}$, 求得 $a_{11}=3$, 再根据下角标的性质可求得结果.
题目（高二 · 算术）：已知等差数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 满足 $a_{1}=32, a_{2}+a_{3}=40$, 则数列 $\left\{\left|a_{n}\right|\right\}$ 的前 12 项之和为 ( )
选项：
-144
B. 80
C. 144
D. 304
答案：D
解析：因为 $a_{2}+a_{3}=2 a_{1}+3 d=64+3 d=40 \Rightarrow d=-8$, 所以 $a_{n}=40-8 n$.

所以 $\left|a_{n}\right|=|40-8 n|=\left\{\begin{array}{l}40-8 n, n \leqslant 5, \\ 8 n-40, n>6,\end{array}\right.$

所以前 12 项之和为 $\frac{5 \times(32+0)}{2}+\frac{7 \times(8+56)}{2}=80+224=304$.

故选 D.

【名师点睛】本题主要考查了等差数列的通项公式和求和公式, 属于中档题, 处理含绝对值的数列问题时, 可考虑去绝对值号写成分段函数的形式. 求解本题时, 根据条件, 求出等差数列通项公式, 写出 $\left|a_{n}\right|=|40-8 n|=\left\{\begin{array}{l}40-8 n, n \leqslant 5, \\ 8 n-40, n>6,\end{array}\right.$​​ 利用等差数列求和公式求前 5 项与后 7 项的和, 相加即可.
题目（高二 · 算术）：(2019$\cdot$横峰中学高考模拟 (理)) 等差数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的前 $n$ 项和为 $S_{n}$, 若 $a_{8}=2, S_{7}=98$, 则 $a_{3}+a_{9}=(\quad)$
选项：
A. 16
   B. 14
   C. 12
   D. 10
答案：A
解析：因为等差数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的前 $n$ 项和为 $S_{n}$, 且 $S_{7}=98$,

所以 $S_{7}=\frac{7\left(a_{1}+a_{7}\right)}{2}=7 a_{4}=98$, 解得 $a_{4}=14$;

又 $a_{8}=2$, 所以 $a_{3}+a_{9}=a_{4}+a_{8}=14+2=16$. 故选 $\mathrm{A}$
题目（高二 · 算术）：正项等比数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 中, 若 $a_{2} a_{18}=16$, 则 $\log _{2} a_{10}=(\quad)$
选项：
A. 2
B. 4
C. 8
D. 16
答案：A
解析：: 依题意得, $a_{2} a_{18}=a_{10}^{2}=16$, 又 $a_{10}>0$, 因此 $a_{10}=4, \log _{2} a_{10}=\log _{2} 4=2$, 选 A.
题目（高二 · 算术）：在各项均为正数的等比数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 中, 若 $a_{m+1} \cdot a_{m-1}=2 a_{m}(m \geq 2)$, 数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的前 $n$ 项积为 $T_{n}$, 若 $T_{2 m}$ ${ }_{-1}=512$, 则 $m$ 的值为 ( )
选项：
A. 4
    B. 5
    C. 6
    D. 7
答案：B
解析：由等比数列的性质可知 $a_{m+1} \cdot a_{m-1}=a_{m}^{2}=2 a_{m}(m \geq 2), \therefore a_{m}=2$, 即数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 为常数列, $a_{n}=2$, $\therefore T_{2 m-1}=2^{2 m^{-}}=512=2^{9 \mathrm{~h}}$, 即 $2 m-1=9$, 所以 $m=5$​.
题目（高二 · 算术）：（2019 年高考全国 III 卷理数）已知各项均为正数的等比数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的前 4 项和为 15 , 且

$$
a_{5}=3 a_{3}+4 a_{1}
$$

则 $a_{3}=(\quad)$
选项：
A. 16
B. 8
C. 4
D. 2
答案：C
解析：设正数的等比数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的公比为 $q$, 则 $\left\{\begin{array}{l}a_{1}+a_{1} q+a_{1} q^{2}+a_{1} q^{3}=15 \\ a_{1} q^{4}=3 a_{1} q^{2}+4 a_{1}\end{array}\right.$,

解得 $\left\{\begin{array}{l}a_{1}=1, \\ q=2\end{array}, \therefore a_{3}=a_{1} q^{2}=4\right.$, 故选 C.

【名师点睛】本题利用方程思想求解数列的基本量, 熟练应用公式是解题的关键.
题目（高二 · 算术）：已知递增的等比数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的公比为 $q$, 其前 $n$ 项和 $S_{n}<0$, 则( )
选项：
A. $a_{1}<0,0<q<1$
B. $a_{1}<0, q>1$
C. $a_{1}>0,0<q<1$
D. $a_{1}>0, q>1$
答案：A
解析：: $\because S_{n}<0, \therefore a_{1}<0$,

又数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 为递增等比数列, $\therefore a_{n+1}>a_{n}$, 且 $\left|a_{n}\right|>\left|a_{n+1}\right|$,

则 $-a_{n}>-a_{n+1}>0$, 则 $q=\frac{-a_{n+1}}{-a_{n}} \in(0,1), \therefore a_{1}<0,0<q<1$. 故选 A.
题目（高二 · 算术）：已知数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 满足 $a_{n+1}-a_{n}=2, a_{1}=-5$, 则 $\left|a_{1}\right|+\left|a_{2}\right|+\ldots+\left|a_{6}\right|=(\quad)$
选项：
A. 9
B. 15
C. 18
D. 30
答案：C
解析：: 由 $a_{n+1}-a_{n}=2$ 可得数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 是等差数列, 公差 $d=2$, 又 $a_{1}=-5$, 所以 $a_{n}=2 n-7$, 所以 $\left|a_{1}\right|+\left|a_{2}\right|+\left|a_{3}\right|+\left|a_{4}\right|+\left|a_{5}\right|+\left|a_{6}\right|=5+3+1+1+3+5=18$.
题目（高二 · 算术）：我国古代数学名著《算法统宗》中有如下问题: “远望巍巍塔七层, 红光点点倍加增, 共灯三百八十一, 请问尖头几盏灯? ”意思是: 一座 7 层塔共挂了 381 㙉灯, 且相邻两层中的下一层灯数是上一层灯数的 2 倍, 则塔的顶层共有灯 ( )
选项：
A. 1 盛
B. 3 盏
C. 5 盏
D. 9 盛
答案：B
解析：: 设塔的顶层的灯数为 $a 1$, 七层塔的总灯数为 $S 7$, 公比为 $q$, 则由题意知 $S 7=381, q=2$, $\therefore S 7=\frac{a 11-q^{7}}{1-q}=\frac{a 11-2^{7}}{1-2}=381$, 解得 $a 1=3$
题目（高二 · 算术）：等比数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的前 $n$ 项和为 $S_{n}$, 若 $2 S_{4}=S_{5}+S_{6}$, 则数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的公比 $q$ 的值为 $(\quad)$
选项：
A. -2 或 1
B. -1 或 2
C. -2
D. 1
答案：C
解析：: 法一: 若 $q=1$, 则 $S_{4}=4 a_{1}, S_{5}=5 a_{1}, S_{6}=6 a_{1}$, 显然不满足 $2 S_{4}=S_{5}+S_{6}$, 故 A、D 错.若 $q=-1$, 则 $S_{4}=S_{6}=0, S_{5}=a_{5} \neq 0$, 不满足条件, 故 B 错, 因此选 C

法二: 经检验 $q=1$ 不适合, 则由 $2 S_{4}=S_{5}+S_{6}$,
得 $2\left(1-q^{4}\right)=1-q^{5}+1-q^{6}$, 化简得 $q^{2}+q-2=0$, 解得 $q=1$ (舍去), $q=-2$.
题目（高二 · 算术）：已知等比数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的各项都是正数, 且 $3 a_{1}, \frac{1}{2} a_{3}, 2 a_{2}$ 成等差数列, 则 $\frac{a_{8}+a_{9}}{a_{6}+a_{7}}=(\quad)$
选项：
A. 6
B. 7
C. 8
D. 9
答案：D
解析：: $\therefore 3 a_{10}, \frac{1}{2} a_{3}, 2 a_{2}$ 成等差数列, $\therefore a_{3}=3 a_{1}+2 a_{2}$,

$\therefore q^{2}-2 q-3=0, \therefore q=3$ 或 $q=-1$ (.舍去). $\therefore \frac{a_{8}+a_{9}}{a_{6}+a_{7}^{n}}=\frac{a_{1} q^{7}+a_{1} q^{8}}{a_{1} q^{5}+a_{1} q^{6}}=\frac{q^{2}+q^{3}}{1+q}=q^{2}=3^{2}=9$​​.
题目（高二 · 算术）：已知 $a_{1}, a_{2}, a_{3}, a_{4}$ 成等比数列, 且 $a_{1}+a_{2}+a_{3}+a_{4}=\ln \left(a_{1}+a_{2}+a_{3}\right)$. 若 $a_{1}>1$, 则( )
选项：
A. $\mathrm{a}_{1}<\mathrm{a}_{3}, \mathrm{a}_{2}<\mathrm{a}_{4}$
B. $\mathrm{a}_{1}>\mathrm{a}_{3}, \mathrm{a}_{2}<\mathrm{a}_{4}$
C. $a_{1}<a_{3}, a_{2}>a_{4}$
D. $a_{1}>a_{3}, a_{2}>a_{4}$
答案：B
解析：令 $f(x)=x-\ln x-1$, 则 $f^{\prime}(x)=1-\frac{1}{x}$, 令 $f^{\prime}(x)=0$, 得 $x=1$, 所以当 $x>1$ 时, $f^{\prime}(x)>0$, 当 $0<x<1$ 时, $f^{\prime}(x)<0$,因此 $\mathrm{f}(\mathrm{x}) \geq \mathrm{f}(1)=0, \therefore \mathrm{x} \geq \ln \mathrm{x}+1$,

若公比 $q>0$, 则 $a_{1}+a_{2}+a_{3}+a_{4}>a_{1}+a_{2}+a_{3}>\ln \left(a_{1}+a_{2}+a_{3}\right)$, 不合题意;

若公比 $q \leq-1, \quad$ 则 $a_{1}+a_{2}+a_{3}+a_{4}=a_{1}(1+q)\left(1+q^{2}\right) \leq 0$,

但 $\ln \left(a_{1}+a_{2}+a_{3}\right)=\ln \left[a_{1}\left(1+q+q^{2}\right)\right]>\ln a_{1}>0$, 即 $a_{1}+a_{2}+a_{3}+a_{4} \leq 0<\ln \left(a_{1}+a_{2}+a_{3}\right)$, 不合题意;

因此 $-1<q<0, q^{2} \in(0,1), \therefore a_{1}>a_{1} q^{2}=a_{3}, a_{2}<a_{2} q^{2}=a_{4}<0$, 选 B.
题目（高二 · 算术）：在等比数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 中, $S_{n}$ 表示其前 $n$ 项和, 若 $a_{3}=2 S_{2}+1, a_{4}=2 S_{3}+1$, 则公比 $q$ 等于 $(\quad)$
选项：
A. -3
B. -1
C. 1
D. 3
答案：D
解析：: (1)两式相减得 $a_{4}-a_{3}=2 a_{3}$, 从而求得 $a_{3}=3$. 即 $q=3$.
题目（高二 · 算术）：(2013 大纲) 已知数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 满足 $3 a_{n+1}+a_{n}=0, a_{2}=-\frac{4}{3}$, 则 $\left\{a_{n}\right\}$ 的前 10 项和等于 ()
选项：
A. $-6\left(1-3^{-10}\right)$
    B. $\frac{1}{9}\left(1-3^{10}\right)$
    C. $3\left(1-3^{-10}\right)$
    D. $3\left(1+3^{-10}\right)$
答案：C
解析： $\because a_{n+1}=-\frac{1}{3} a_{n}, \therefore\left\{a_{n}\right\}$ 是等比数列

又 $a_{2}=-\frac{4}{3}, \therefore a_{1}=4, \therefore S_{10}=\frac{4\left(1-\left(-\frac{1}{3}\right)^{10}\right)}{1+\frac{1}{3}}=3\left(1-3^{-10}\right)$, 故选 C.
题目（高二 · 算术）：(2014 新课标 2) 等差数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的公差为 2 , 若 $a_{2}, a_{4}, a_{8}$ 成等比数列, 则 $\left\{a_{n}\right\}$ 的前 $n$ 项和

$$
S_{n}=(\quad)
$$
选项：
A. $n(n+1)$
B. $n(n-1)$
C. $\frac{n(n+1)}{2}$
D. $\frac{n(n-1)}{2}$
答案：A
解析： $a_{2}, a_{4}, a_{8}$ 成等比数列, $\therefore a_{4}^{2}=a_{2} \cdot a_{8}$, 即 $\left(a_{1}+6\right)^{2}=\left(a_{1}+2\right)\left(a_{1}+14\right)$,解得 $a_{1}=2$, 所以 $S_{n}=n(n+1)$​.
题目（高二 · 算术）：等比数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的前 $n$ 项和为 $S_{n}$, 若 $a_{1}+a_{2}+a_{3}+a_{4}=1, a_{5}+a_{6}+a_{7}+a_{8}=2, S_{n}=15$, 则项数 $n$ 为 $(\quad)$
选项：
A. 12
B. 14
C. 15
D. 16
答案：D
解析：解析: 因为 $\frac{a_{5}+a_{5}+a_{7}+a_{3}}{a_{1}+a_{2}+a_{3}+a_{4}}=q^{4}=2$,

由 $a_{1}+a_{2}+a_{3}+a_{4}=1$,

得 $a_{1} \cdot \frac{1-q^{4}}{1-q}=1 . \therefore a_{1}=q-1$.

又 $S_{n}=15$, 即 $\frac{a_{1}\left(1-q^{n}\right)}{1-q}=15$,

$\therefore q^{n}=16$, 又 $\because q^{4}=2, \therefore n=16$. 故选 D.
题目（高二 · 算术）：(1)已知 $\left\{a_{n}\right\}$ 是公差为 1 的等差数列, $S_{n}$ 为 $\left\{a_{n}\right\}$ 的前 $n$ 项和, 若 $S_{8}=4 S_{4}$, 则 $a_{10}=(\quad)$
选项：
A. $\frac{17}{2}$
B. $\frac{19}{2}$
C. 10
D. 12
答案：B
解析：解析: (1)由 $S_{3}=4 S_{4}$, 公差 $d=1$, 得 $8 a_{1}+\frac{8 \times 7}{2} \times 1=4 \times\left(4 a_{1}+\frac{4 \times 3}{2} \times 1\right)$, 解得 $a_{1}=\frac{1}{2}$, $\therefore a_{10}=a_{1}+9 d=\frac{19}{2}$.
题目（高二 · 算术）：已知等比数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 中, $a_{2}=1$, 则其前 3 项的和 $S_{3}$ 的取值范围是 ( )
选项：
A. $(-\infty,-1]$
B. $(-\infty, 0) \cup(1,+\infty)$
C. $[3,+\infty)$
D. $(-\infty,-1] \cup[3,+\infty)$
答案：D
解析：设等比数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的公比为 $q$, 则 $S_{3}=a_{1}+a_{2}+a_{3}=a_{2}\left(\frac{1}{q}+1+q\right)=1+q+\frac{1}{q}$,当 $q>0$ 时, $S_{3}=1+q+\frac{1}{q} \geq 1+2 \sqrt{q \cdot \frac{1}{q}}=3$;

当 $q<0$ 时, $S_{3}=1-\left(-q-\frac{1}{q}\right) \leq 1-2 \sqrt{(-q) \cdot\left(-\frac{1}{q}\right)}=-1$.

$\therefore S_{3} \in(-\infty,-1] \cup[3,+\infty)$​​, 故选 D.
题目（高二 · 算术）：我国古代数学名著《算法统宗》中有如下问题: “远望巍巍塔七层, 红光点点倍加增, 共灯三百八十一, 请问尖头几量灯? ” 意思是: 一座 7 层塔共挂了 381 盛灯, 且相邻两层中的下一层灯数是上一层灯数的 2 倍, 则塔的顶层共有灯 ( )
选项：
A. 1 量
   B. 3 盛
   C. 5 盏
   D. 9 素
答案：B
解析：设塔顶的 $a_{1}$ 盛灯, 由题意 $\left\{a_{n}\right\}$ 是公比为 2 的等比数列,

$\therefore \mathrm{S}_{7}=\frac{a_{1}\left(1-2^{7}\right)}{1-2}=381$, 解得 $\mathrm{a}_{1}=3$. 故选: B.
题目（高二 · 算术）：设 $\left\{a_{n}\right\}$ 是等差数列. 下列结论中正确的是 ( )
选项：
A. 若 $a_{1}+a_{2}>0$, 则 $a_{2}+a_{3}>0$
    B. 若 $a_{1}+a_{3}<0$, 则 $a_{1}+a_{2}<0$
    C. 若 $0<a_{1}<a_{2}$, 则 $a_{2}>\sqrt{a_{1} a_{3}}$
    D. 若 $a_{1}<0$, 则 $\left(a_{2}-a_{1}\right)\left(a_{2}-a_{3}\right)>0$
答案：C
解析：若 $\left\{a_{n}\right\}$ 是递减的等差数列, 则选项 $A, B$ 都不一定正确. 若 $\left\{a_{n}\right\}$ 为公差为 0 的等差数列, 则选项 D
不正确. 对于 $\mathrm{C}$ 选项, 由条件可知 $\left\{a_{n}\right\}$ 为公差不为 0 的正确数列, 由等差中项的性质得 $a_{2}=\frac{a_{1}+a_{3}}{2}$,由基

本不等式得 $\frac{a_{1}+a_{3}}{2}>\sqrt{a_{1} a_{3}}$, 所以 $\mathrm{C}$ 正确.
题目（高二 · 算术）：若正数 $\mathrm{a}, \mathrm{b}$ 满足 $\mathrm{a}+\mathrm{b}=2$, 则 $\frac{1}{a+1}+\frac{4}{b+1}$ 的最小值是 ( )
选项：
A. 1
    B. $\frac{9}{4}$
    C. 9
    D. 16
答案：B
解析：

$\because a+b=2, \therefore(a+1)+(b+1)=4$,

又 $\because a>0, b>0$,

$\therefore \frac{1}{a+1}+\frac{4}{b+1}=\frac{1}{4}\left(\frac{1}{a+1}+\frac{4}{b+1}\right)[(a+1)+(b+1)]$

$=\frac{1}{4}\left[1+4+\frac{b+1}{a+1}+\frac{4(a+1)}{b+1}\right] \geq \frac{1}{4} \times(5+4)=\frac{9}{4}$,

当且仅当 $\frac{b+1}{a+1}=\frac{4(a+1)}{b+1}$,
即 $a=\frac{1}{3}, b=\frac{5}{3}$ 时取等号,

$\frac{1}{a+1}+\frac{4}{b+1}$ 的最小值是 $\frac{9}{4}$, 故选 B.
题目（高二 · 算术）：若正实数 $a, b$ 满足 $a+b=1$, 则 ( )
选项：
A. $\frac{1}{a}+\frac{1}{b}$ 有最大值 4
B. $a b$ 有最小值 $\frac{1}{4}$
c. $\sqrt{a}+\sqrt{b}$ 有最大值 $\sqrt{2}$
D. $a^{2}+b^{2}$ 有最小值 $\frac{\sqrt{2}}{2}$
答案：C
解析：

因为正实数 $a, b$ 满足 $a+b=1$, 所以 $\frac{1}{a}+\frac{1}{b}=\frac{a+b}{a}+\frac{a+b}{b}=2+\frac{b}{a}+\frac{a}{b} \geq 2+2=4$, 故 $\frac{1}{a}+\frac{1}{b}$ 有最小值 4, 故 A 不正确; 由基本不等式可得 $a+b=1 \geq 2 \sqrt{a b}, \therefore a b \leq \frac{1}{4}$, 故 $a b$ 有最大值 $\frac{1}{4}$, 故 $\mathrm{B}$ 不正确; 由于 $(\sqrt{a}+\sqrt{b})^{2}=a+b+2 \sqrt{a b}=1+2 \sqrt{a b} \leq 2, \therefore \sqrt{a}+\sqrt{b} \leq \sqrt{2}$, 故 $\sqrt{a}+\sqrt{b}$ 由最大值为 $\sqrt{2}$, 故 C 正确; $\because a^{2}+b^{2}=(a+b)^{2}-2 a b=1-2 a b \geq 1-\frac{1}{2}=\frac{1}{2}$, 故 $a^{2}+b^{2}$ 由最小值 $\frac{1}{2}$, 故 D 不正确.
题目（高二 · 算术）：若正数 $a, b$ 满足 $2 a+\frac{1}{b}=1$, 则 $\frac{2}{a}+b$ 的最小值为 ( )
选项：
A. $4 \sqrt{2}$
B. $8 \sqrt{2}$
C. 8
D. 9
答案：D
解析：

$\because a>0, \quad b>0$, 且 $2 a+\frac{1}{b}=1$,

则 $\frac{2}{a}+b=\left(\frac{2}{a}+b\right)\left(2 a+\frac{1}{b}\right)=5+\frac{2}{a b}+2 a b=25+4=9$,

当且仅当 $\frac{2}{a b}=2 a b$ 即 $a=\frac{1}{3}, b=3$ 时取等号.

故选 $D$.
题目（高二 · 算术）：函数 $f(x)=\cos \left(2 x-\frac{\pi}{6}\right)$ 的最小正周期是
选项：
A. $\frac{\pi}{2}$
B. $\pi$
C. $2 \pi$
D. $4 \pi$
答案：B
题目（高二 · 算术）：已知 $\cos x=\frac{3}{4}$, 则 $\cos 2 x=$
选项：
A. $-\frac{1}{4}$
B. $\frac{1}{4}$
C. $-\frac{1}{8}$
D. $\frac{1}{8}$
答案：D
解析：解析: $\cos 2 x=2 \cos ^{2} x-1=2 \times\left(\frac{3}{4}\right)^{2}-1=\frac{1}{8}$.

故选 D.

答案: D
题目（高二 · 算术）：已知 $\cos \left(\alpha-\frac{\pi}{4}\right)=\frac{1}{4}$, 则 $\sin 2 \alpha=$
选项：
A. $\frac{31}{32}$
B. $-\frac{31}{32}$
C. $\frac{7}{8}$
D. $-\frac{7}{8}$
答案：D
解析：解析: $\because \cos \left(\alpha-\frac{\pi}{4}\right)=\frac{1}{4}$ ，

$\therefore 2 \cos ^{2}\left(\alpha-\frac{\pi}{4}\right)-1=2 \times \frac{1}{16}-1=-\frac{7}{8}=\cos \left(2 \alpha-\frac{\pi}{2}\right)=\cos \left(\frac{\pi}{2}-2 \alpha\right)=\sin 2 \alpha$.

答案: D