Answer:
(1) $\because$ 角 $\alpha$ 的始边为 $O X$, 且 $\sin \alpha=\frac{1}{3}$,

$\therefore$ 角 $\alpha$ 的终边与单位圆交于点 $\left(x_{0}, \frac{1}{3}\right)$.

又角 $\beta$ 的终边与角 $\alpha$ 的终边关于 $y$ 轴对称,

$\therefore$ 角 $\beta$ 的终边与单位圆的交点为 $\left(-x_{0}, \frac{1}{3}\right)$,

由三角函数的定义可知, $\sin \beta=\frac{1}{3}$.

(2)由于 $\beta$ 的终边过点 $(-1, m)$,

$\therefore \sin \beta=\frac{m}{\sqrt{1+m^{2}}}=\frac{1}{3}$.

显然 $m>0, \quad \therefore 8 m^{2}=1, \quad \therefore m=\frac{\sqrt{2}}{4}$

Question:
16. 在平面直角坐标系 $x O y$ 中, 角 $\alpha$ 与角 $\beta$ 均以 $O x$ 为始边, 它们的终边关于 $y$ 轴对称, 若 $\sin$ $\alpha=\frac{1}{3}$, 求:

(1)sin $\beta$;

(2) $\beta$ 的终边过点 $(-1, m)$, 求 $m$ 的值.

度量几何学

(1) $\because$ 角 $\alpha$ 的始边为 $O X$, 且 $\sin \alpha=\frac{1}{3}$,

$\therefore$ 角 $\alpha$ 的终边与单位圆交于点 $\left(x_{0}, \frac{1}{3}\right)$.

又角 $\beta$ 的终边与角 $\alpha$ 的终边关于 $y$ 轴对称,

$\therefore$ 角 $\beta$ 的终边与单位圆的交点为 $\left(-x_{0}, \frac{1}{3}\right)$,

由三角函数的定义可知, $\sin \beta=\frac{1}{3}$.

(2)由于 $\beta$ 的终边过点 $(-1, m)$,

$\therefore \sin \beta=\frac{m}{\sqrt{1+m^{2}}}=\frac{1}{3}$.

显然 $m>0, \quad \therefore 8 m^{2}=1, \quad \therefore m=\frac{\sqrt{2}}{4}$.


Answer:
以 $C$ 为坐标原点，以边 $C B, C A$ 所在的直线分别为 $x$ 轴， $y$ 轴建立平面直角坐标系，如图，

<ImageHere>

则 $A(0, m), B(n, 0)$.

(1)证明: $\because D$ 为斜边 $A B$ 的中点，

$\therefore D\left(\frac{n}{2}, \frac{m}{2}\right)$,
$\therefore|\overrightarrow{C D}|=\frac{1}{2} \sqrt{n^{2}+m^{2}},|\overrightarrow{A B}|=\sqrt{m^{2}+n^{2}}$,

$\therefore|\overrightarrow{C D}|=\frac{1}{2}|\overrightarrow{A B}|$ ，即 $C D=\frac{1}{2} A B$.

(2) $\because E$ 为 $C D$ 的中点， $\therefore E\left(\frac{n}{4}, \frac{m}{4}\right)$.

设 $F(x, 0)$ ，则 $\overrightarrow{A E}=\left(\frac{n}{4} － \frac{3}{4} m\right) ， \overrightarrow{A F}=(x,-m)$.

$\because$ 点 $A, E ， F$ 共线， $\therefore$ 存在实数 $\lambda$ ，使 $\overrightarrow{A F}=\lambda \overrightarrow{A E}$ ，

即 $(x,-m)=\lambda\left(\frac{n}{4},-\frac{3}{4} m\right), \therefore\left\{\begin{array}{l}x=\frac{n}{4} \lambda, \\ -m=-\frac{3}{4} m \lambda .\end{array}\right.$

解得 $x=\frac{n}{3} ， \therefore F\left(\frac{n}{3} ， 0\right) . \therefore|\overrightarrow{A F}|=\frac{1}{3} \sqrt{n^{2}+9 m^{2}}$ ，

即 $A F=\frac{1}{3} \sqrt{n^{2}+9 m^{2}}$

Question:
10. 已知 Rt $\triangle A B C$ 中, $\angle C=90^{\circ}$, 设 $A C=m, B C=n$.

(1)若 $D$ 为斜边 $A B$ 的中点, 求证: $C D=\frac{1}{2} A B$;

(2)在(1)的条件下, 若 $E$ 为 $C D$ 的中点, 连接 $A E$ 并延长交 $B C$ 于点 $F$, 求 $A F$ 的长(用 $m, n$表示).

度量几何学

以 $C$ 为坐标原点，以边 $C B, C A$ 所在的直线分别为 $x$ 轴， $y$ 轴建立平面直角坐标系，如图，

<ImageHere>

则 $A(0, m), B(n, 0)$.

(1)证明: $\because D$ 为斜边 $A B$ 的中点，

$\therefore D\left(\frac{n}{2}, \frac{m}{2}\right)$,
$\therefore|\overrightarrow{C D}|=\frac{1}{2} \sqrt{n^{2}+m^{2}},|\overrightarrow{A B}|=\sqrt{m^{2}+n^{2}}$,

$\therefore|\overrightarrow{C D}|=\frac{1}{2}|\overrightarrow{A B}|$ ，即 $C D=\frac{1}{2} A B$.

(2) $\because E$ 为 $C D$ 的中点， $\therefore E\left(\frac{n}{4}, \frac{m}{4}\right)$.

设 $F(x, 0)$ ，则 $\overrightarrow{A E}=\left(\frac{n}{4} － \frac{3}{4} m\right) ， \overrightarrow{A F}=(x,-m)$.

$\because$ 点 $A, E ， F$ 共线， $\therefore$ 存在实数 $\lambda$ ，使 $\overrightarrow{A F}=\lambda \overrightarrow{A E}$ ，

即 $(x,-m)=\lambda\left(\frac{n}{4},-\frac{3}{4} m\right), \therefore\left\{\begin{array}{l}x=\frac{n}{4} \lambda, \\ -m=-\frac{3}{4} m \lambda .\end{array}\right.$

解得 $x=\frac{n}{3} ， \therefore F\left(\frac{n}{3} ， 0\right) . \therefore|\overrightarrow{A F}|=\frac{1}{3} \sqrt{n^{2}+9 m^{2}}$ ，

即 $A F=\frac{1}{3} \sqrt{n^{2}+9 m^{2}}$.


Answer: :$-\frac{25}{2}$

Question: 14. 设点 $O$ 是 $\triangle A B C$ 的外心, $A B=13, A C=12$, 则 $\overrightarrow{B C} \cdot \overrightarrow{A O}=$

度量几何学

设 $\{\overrightarrow{A B}, \overrightarrow{A C}\}$ 为平面 $A B C$ 内的一组基底. 如图所示，设 $M$ 为 $B C$ 的中点，连接 $O M$ ， $A M ， O A ，$ 则 $O M \perp B C$.

<ImageHere>

又 $\because \overrightarrow{B C}=\overrightarrow{A C}-\overrightarrow{A B}, \overrightarrow{A O}=\overrightarrow{A M}+\overrightarrow{M O}=\frac{1}{2}(\overrightarrow{A B}+\overrightarrow{A C})+\overrightarrow{M O}, \therefore \overrightarrow{B C} \cdot \overrightarrow{A O}=\overrightarrow{B C} \cdot(\overrightarrow{A M}+\overrightarrow{M O})=\overrightarrow{B C} \cdot \overrightarrow{A M}$ $=(\overrightarrow{A C}-\overrightarrow{A B}) \cdot \frac{1}{2}(\overrightarrow{A B}+\overrightarrow{A C})=\frac{1}{2}\left(\overrightarrow{A C}^{2}-\overrightarrow{A B^{2}}\right)=\frac{1}{2} \times\left(12^{2}-13^{2}\right)=-\frac{25}{2}$.
答案: $-\frac{25}{2}$


Answer: (1) 18 (2) -9

Question:
已知实数 $x 、 y$ 满足 $\left\{\begin{array}{c}y \leq 2 x \\ y \geq-2 x \\ x \leq 3\end{array}\right.$

(1)求不等式组表示的平面区域的面积;

(2) 若目标函数为 $z=x-2 y$, 求 $z$ 的最小值.

度量几何学

画出满足不等式组的可行域如图所示:

<ImageHere>

(1)易求点 $A 、 B$ 的坐标为: $A(3,6), B(3,-6)$,

所以三角形 $O A B$ 的面积为:

$S_{\triangle O A B}=\frac{1}{2} \times 12 \times 3=18$.

(2)目标函数化为: $y=\frac{1}{2} x-\frac{z}{2}$, 画直线 $y=\frac{1}{2} x$ 及其平行线, 当此直线经过 $A$ 时, $-\frac{z}{2}$ 的值最大, $z$ 的值最小, 易求 $A$ 点坐标为 $(3,6)$, 所以, $z$ 的最小值为 $3-2 \times 6=-9$.


Answer:
(1)在 $\triangle A B C$ 中, $\because \cos B=-\frac{1}{7}, \therefore B \in\left(\frac{\pi}{2}, \pi\right), \therefore \sin B=\sqrt{1-\cos ^{2} B}=\frac{4 \sqrt{3}}{7}$.

由正弦定理得 $\frac{a}{\sin A}=\frac{b}{\sin B} \Rightarrow \frac{7}{\sin A}=\frac{8}{\frac{4 \sqrt{3}}{7}}, \therefore \sin A=\frac{\sqrt{3}}{2}$.

$\because B \in\left(\frac{\pi}{2}, \pi\right), \therefore A \in\left(0, \frac{\pi}{2}\right), \quad \therefore \angle A=\frac{\pi}{3}$.

(2)在 $\triangle A B C$ 中, $\because \sin C=\sin (A+B)=\sin A \cos B+\cos A \sin B=\frac{\sqrt{3}}{2} \times\left(-\frac{1}{7}\right)+\frac{1}{2} \times \frac{4 \sqrt{3}}{7}=\frac{3 \sqrt{3}}{14}$.

如图所示, 在 $\triangle A B C$ 中, $\because \sin C=\frac{h}{B C}, \therefore h=B C \cdot \sin C=7 \times \frac{3 \sqrt{3}}{14}=\frac{3 \sqrt{3}}{2}, \therefore A C$ 边上的高为
$\frac{3 \sqrt{3}}{2}$.

<ImageHere>

Question:
21.  在 $\triangle A B C$ 中, $a=7, b=8, \cos B=-\frac{1}{7}$.

(1)求 $\angle A$; (2)求 $A C$ 边上的高.

度量几何学

(1)在 $\triangle A B C$ 中, $\because \cos B=-\frac{1}{7}, \therefore B \in\left(\frac{\pi}{2}, \pi\right), \therefore \sin B=\sqrt{1-\cos ^{2} B}=\frac{4 \sqrt{3}}{7}$.

由正弦定理得 $\frac{a}{\sin A}=\frac{b}{\sin B} \Rightarrow \frac{7}{\sin A}=\frac{8}{\frac{4 \sqrt{3}}{7}}, \therefore \sin A=\frac{\sqrt{3}}{2}$.

$\because B \in\left(\frac{\pi}{2}, \pi\right), \therefore A \in\left(0, \frac{\pi}{2}\right), \quad \therefore \angle A=\frac{\pi}{3}$.

(2)在 $\triangle A B C$ 中, $\because \sin C=\sin (A+B)=\sin A \cos B+\cos A \sin B=\frac{\sqrt{3}}{2} \times\left(-\frac{1}{7}\right)+\frac{1}{2} \times \frac{4 \sqrt{3}}{7}=\frac{3 \sqrt{3}}{14}$.

如图所示, 在 $\triangle A B C$ 中, $\because \sin C=\frac{h}{B C}, \therefore h=B C \cdot \sin C=7 \times \frac{3 \sqrt{3}}{14}=\frac{3 \sqrt{3}}{2}, \therefore A C$ 边上的高为
$\frac{3 \sqrt{3}}{2}$.

<ImageHere>


Answer: $6 \sqrt{3}$

Question:
19.【2019 年高考全国 II 卷理数 $】 \triangle A B C$ 的内角 $A, B, C$ 的对边分别为 $a, b, c$. 若 $b=6, a=2 c, B=\frac{\pi}{3}$,则

$\triangle A B C$ 的面积为 \$ \qquad \$ .

度量几何学

由余弦定理得 $b^{2}=a^{2}+c^{2}-2 a c \cos B$, 所以 $(2 c)^{2}+c^{2}-2 \times 2 c \times c \times \frac{1}{2}=6^{2}$, 即 $c^{2}=12$,解得 $c=2 \sqrt{3}, c=-2 \sqrt{3}$ (舍去),

所以 $a=2 c=4 \sqrt{3}, S_{\triangle A B C}=\frac{1}{2} a c \sin B=\frac{1}{2} \times 4 \sqrt{3} \times 2 \sqrt{3} \times \frac{\sqrt{3}}{2}=6 \sqrt{3}$.

【名师点睛】本题易错点往往是余弦定理应用有误或是开方导致错误. 解答此类问题, 关键是在明确方法的基础上，准确记忆公式，细心计算. 本题首先应用余弦定理，建立关于 $c$ 的方程，应用 $a, c$ 的关系、三角形面积公式计算求解, 本题属于常见题目, 难度不大, 注重了基础知识、基本方法、数学式子的变形及运算求解能力的考查.


Answer: $\frac{12 \sqrt{2}}{5}, \frac{7 \sqrt{2}}{10}$

Question: 20.【2019 年高考浙江卷】在 $\triangle A B C$ 中, $\angle A B C=90^{\circ}, A B=4, B C=3$, 点 $D$ 在线段 $A C$ 上,若 $\angle B D C=45^{\circ}$, 则 $B D=$ \$ \qquad \$ , $\cos \angle A B D=$ \$ \qquad \$

度量几何学

如图, 在 $\triangle A B D$ 中, 由正弦定理有: $\frac{A B}{\sin \angle A D B}=\frac{B D}{\sin \angle B A C}$, 而 $A B=4, \angle A D B=\frac{3 \pi}{4}$, $A C=\sqrt{A B^{2}+B C^{2}}=5, \sin \angle B A C=\frac{B C}{A C}=\frac{3}{5}, \cos \angle B A C=\frac{A B}{A C}=\frac{4}{5}$, 所以 $B D=\frac{12 \sqrt{2}}{5}$.

$\cos \angle A B D=\cos (\angle B D C-\angle B A C)=\cos \frac{\pi}{4} \cos \angle B A C+\sin \frac{\pi}{4} \sin \angle B A C=\frac{7 \sqrt{2}}{10}$.

<ImageHere>

【名师点睛】本题主要考查解三角形问题, 即正弦定理、三角恒等变换、数形结合思想及函数方程思


Answer: ( I ) $\frac{\pi}{3}$; (II) 1 .

Question:
18. (2019$\cdot$北京高考模拟 (理) ) 已知在 $\triangle A B C$ 中, $a^{2}+c^{2}-a c=b^{2}$.

(I) 求角 $B$ 的大小;

(II) 求 $\cos A+\cos C$ 的最大值.

度量几何学

(I) 由余弦定理得 $\cos B=\frac{a^{2}+c^{2}-b^{2}}{2 a \cdot c}=\frac{a \cdot c}{2 a \cdot c}=\frac{1}{2}$, 因为角 $B$ 为三角形内角 $\therefore \angle B=\frac{\pi}{3}$

(II) 由（I）可得 $\angle A+\angle C=\pi-\angle B=\frac{2 \pi}{3}$

$\therefore \angle A=\frac{2 \pi}{3}-\angle C \therefore \cos A+\cos C=\cos \left(\frac{2 \pi}{3}-C\right)+\cos C=\cos \frac{2 \pi}{3} \cdot \cos C+\sin \frac{2 \pi}{3} \cdot \sin C+\cos C$

$=-\frac{1}{2} \cdot \cos C+\frac{\sqrt{3}}{2} \cdot \sin C+\cos C=\frac{\sqrt{3}}{2} \cdot \sin C+\frac{1}{2} \cdot \cos C=\cos \frac{\pi}{6} \cdot \sin C+\sin \frac{\pi}{6} \cdot \cos C=\sin \left(C+\frac{\pi}{6}\right)$

$\because 0<C<\frac{2 \pi}{3} \therefore \frac{\pi}{6}<C+\frac{\pi}{6}<\frac{5 \pi}{6} \therefore \frac{1}{2}<\sin \left(C+\frac{\pi}{6}\right) \leq 1 \therefore \cos A+\cos C$ 的最大值是 1


Answer: $\sqrt{3}$

Question: 21. (2019 全国 II 理 15) $\triangle A B C$ 的内角 $A, B, C$ 的对边分别为 $a, b, c$. 若 $b=6, a=2 c, B=\frac{\pi}{3}$, 则 $\triangle A B C$ 的面积为

度量几何学


Answer: 原式 $=\left(\frac{\sqrt{3}}{2}\right)^{2}+(-1)+1-\left(\frac{\sqrt{3}}{2}\right)^{2}+\frac{1}{2}=\frac{1}{2}$.

Question: 17. 求值: $\sin ^{2} 120^{\circ}+\cos 180^{\circ}+\tan 45^{\circ}-\cos ^{2}\left(-330^{\circ}\right)+\sin \left(-210^{\circ}\right)$.

度量几何学


Answer:
$\because A B$ 为直径，

$\therefore \angle A P B=90^{\circ}, A B=1, P A=\cos \alpha, P B=\sin \alpha$.

又 $\because P T$ 切圆于 $P$ 点， $\angle T P B=\angle P A B=\alpha ，$

$\therefore S_{\text {四边形 } A B T P}=S_{\triangle P A B}+S_{\triangle T P B}$

$=\frac{1}{2} P A \cdot P B+\frac{1}{2} P T \cdot P B \cdot \sin \alpha$

$=\frac{1}{2} \sin \alpha \cos \alpha+\frac{1}{2} \sin ^{2} \alpha=\frac{1}{4} \sin 2 \alpha+\frac{1}{4}(1-\cos 2 \alpha)$

$=\frac{1}{4}(\sin 2 \alpha-\cos 2 \alpha)+\frac{1}{4}=\frac{\sqrt{2}}{4} \sin \left(2 \alpha-\frac{\pi}{4}\right)+\frac{1}{4}$.

$\because 0<\alpha<\frac{\pi}{2}, \quad \therefore-\frac{\pi}{4}<2 \alpha-\frac{\pi}{4}<\frac{3}{4} \pi$,

<ImageHere>

Question:
20. 如图, 点 $P$ 在直径 $A B=1$ 的半圆上移动, 过 $P$ 作圆的切线 $P T$ 且 $P T=1, \angle P A B=\alpha$,问 $\alpha$ 为何值时, 四边形 $A B T P$ 的面积最大?

<ImageHere>

度量几何学

$\because A B$ 为直径，

$\therefore \angle A P B=90^{\circ}, A B=1, P A=\cos \alpha, P B=\sin \alpha$.

又 $\because P T$ 切圆于 $P$ 点， $\angle T P B=\angle P A B=\alpha ，$

$\therefore S_{\text {四边形 } A B T P}=S_{\triangle P A B}+S_{\triangle T P B}$

$=\frac{1}{2} P A \cdot P B+\frac{1}{2} P T \cdot P B \cdot \sin \alpha$

$=\frac{1}{2} \sin \alpha \cos \alpha+\frac{1}{2} \sin ^{2} \alpha=\frac{1}{4} \sin 2 \alpha+\frac{1}{4}(1-\cos 2 \alpha)$

$=\frac{1}{4}(\sin 2 \alpha-\cos 2 \alpha)+\frac{1}{4}=\frac{\sqrt{2}}{4} \sin \left(2 \alpha-\frac{\pi}{4}\right)+\frac{1}{4}$.

$\because 0<\alpha<\frac{\pi}{2}, \quad \therefore-\frac{\pi}{4}<2 \alpha-\frac{\pi}{4}<\frac{3}{4} \pi$,

<ImageHere>


Answer:
$(1) f(x)=4 \sin \left(x-\frac{\pi}{3}\right) \cos x+\sqrt{3}$

$=4\left(\frac{1}{2} \sin x-\frac{\sqrt{3}}{2} \cos x\right) \cos x+\sqrt{3}$

$=2 \sin x \cos x-2 \sqrt{3} \cos ^{2} x+\sqrt{3}$

$=\sin 2 x-\sqrt{3} \cos 2 x=2 \sin \left(2 x-\frac{\pi}{3}\right)$,

$\therefore$ 函数 $f(x)$ 的最小正周期为 $T=\pi$.

由 $2 k \pi-\frac{\pi}{2} \leqslant 2 x-\frac{\pi}{3} \leqslant 2 k \pi+\frac{\pi}{2}$ ，

得 $k \pi-\frac{\pi}{12} \leqslant x \leqslant k \pi+\frac{5}{12} \pi(k \in \mathbf{Z})$.

$\therefore f(x)$ 的递增区间为 $\left[k \pi-\frac{\pi}{12}, k \pi+\frac{5 \pi}{12}\right](k \in \mathbf{Z})$.

(2) $\because$ 方程 $g(x)=f(x)-m=0$ 同解于 $f(x)=m$ ，

<ImageHere>

在直角坐标系中画出函数 $y=f(x)=2 \sin \left(2 x-\frac{\pi}{3}\right)$ 在 $\left[0 ， \frac{\pi}{2}\right]$ 上的图象如图，由图象可知，

当且仅当 $m \in[\sqrt{3} ， 2)$ 时，方程 $f(x)=m$ 有两个不同的解 $x_{1} ， x_{2}$ ，且 $x_{1}+x_{2}=2 \times \frac{5 \pi}{12}=\frac{5 \pi}{6}$ ，

故 $\tan \left(x_{1}+x_{2}\right)=\tan \frac{5 \pi}{6}=-\tan \frac{\pi}{6}=-\frac{\sqrt{3}}{3}$.

Question:
21. 已知函数 $f(x)=4 \sin \left(x-\frac{\pi}{3}\right) \cos x+\sqrt{3}$.

(1)求函数 $f(x)$ 的最小正周期和单调递增区间;

(2)若函数 $g(x)=f(x)-m$ 在区间 $\left[0, \frac{\pi}{2}\right]$ 上有两个不同的零点 $x_{1}, x_{2}$, 求实数 $m$ 的取值范围,并计算 $\tan \left(x_{1}+x_{2}\right)$ 的值.

度量几何学

$(1) f(x)=4 \sin \left(x-\frac{\pi}{3}\right) \cos x+\sqrt{3}$

$=4\left(\frac{1}{2} \sin x-\frac{\sqrt{3}}{2} \cos x\right) \cos x+\sqrt{3}$

$=2 \sin x \cos x-2 \sqrt{3} \cos ^{2} x+\sqrt{3}$

$=\sin 2 x-\sqrt{3} \cos 2 x=2 \sin \left(2 x-\frac{\pi}{3}\right)$,

$\therefore$ 函数 $f(x)$ 的最小正周期为 $T=\pi$.

由 $2 k \pi-\frac{\pi}{2} \leqslant 2 x-\frac{\pi}{3} \leqslant 2 k \pi+\frac{\pi}{2}$ ，

得 $k \pi-\frac{\pi}{12} \leqslant x \leqslant k \pi+\frac{5}{12} \pi(k \in \mathbf{Z})$.

$\therefore f(x)$ 的递增区间为 $\left[k \pi-\frac{\pi}{12}, k \pi+\frac{5 \pi}{12}\right](k \in \mathbf{Z})$.

(2) $\because$ 方程 $g(x)=f(x)-m=0$ 同解于 $f(x)=m$ ，

<ImageHere>

在直角坐标系中画出函数 $y=f(x)=2 \sin \left(2 x-\frac{\pi}{3}\right)$ 在 $\left[0 ， \frac{\pi}{2}\right]$ 上的图象如图，由图象可知，

当且仅当 $m \in[\sqrt{3} ， 2)$ 时，方程 $f(x)=m$ 有两个不同的解 $x_{1} ， x_{2}$ ，且 $x_{1}+x_{2}=2 \times \frac{5 \pi}{12}=\frac{5 \pi}{6}$ ，

故 $\tan \left(x_{1}+x_{2}\right)=\tan \frac{5 \pi}{6}=-\tan \frac{\pi}{6}=-\frac{\sqrt{3}}{3}$.


Answer:
由图可知<ImageHere> $\sin \alpha=M P, \cos \alpha=O M$,

在 $\triangle O M P$ 中, $\because O M+M P>O P$,

$\therefore \sin \alpha+\cos \alpha>1$.

Question: 10. 已知 $0<\alpha<\frac{\pi}{2}$, 求证: $\sin \alpha+\cos \alpha>1$.

算术

由图可知<ImageHere> $\sin \alpha=M P, \cos \alpha=O M$,

在 $\triangle O M P$ 中, $\because O M+M P>O P$,

$\therefore \sin \alpha+\cos \alpha>1$.


Answer: 数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的通项公式是 $a_{n}=(-1)^{n}+n$,$\therefore a_{1}=-1+1=0, \quad a_{2}=1+2=3, \quad a_{3}=-1+3=2, \quad a_{4}=1+4=5, \quad a_{5}=-1+5=4$.

Question: 已知数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的通项公式是 $a_{n}=(-1)^{n}+n$, 写出数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的前 5 项.

算术


Answer:
(1) 由题意得 $5 a_{3} a_{1}=\left(2 a_{2}+2\right)^{2}$, 即 $d^{2}-3 d-4=0$,

解得: $d=-1$ 或 $d=4$,所以 $a_{n}=11-n, n \in N^{*}$ 或 $a_{n}=4 n+6, n \in N^{*}$.

Question:
在公差为 $d$ 的等差数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 中, 已知 $a_{1}=10$, 且 $5 a_{3} \cdot a_{1}=\left(2 a_{2}+2\right)^{2}$.

求 $d$ 和 $a_{n}$;

算术


Answer: (1） $\because$ 等差数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的前 $n$ 项的和记为 $S_{n} . a_{4}=-12, a_{8}=-4$, $\therefore\left\{\begin{array}{c}a_{1}+3 d=-12 \\ a_{1}+7 d=-4\end{array}\right.$, 解得 $a_{1}=-18, d=2, \therefore$ 数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的通项公式 $a_{n}=2 n-20$.

Question: 已知等差数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的前 $n$ 项的和记为 $S_{n}$. 如果 $a_{4}=-12, a_{8}=-4$求数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的通项公式;

算术


Answer:
(1) $\mathrm{a}_{2}+\mathrm{a}_{6}=\mathrm{a}_{3}+\mathrm{a}_{5}=16$, 又 $\mathrm{a}_{3} \cdot \mathrm{a}_{5}=63$,
所以 $a_{3}$ 与 $a_{5}$ 是方程 $x^{2}-16 x+63=0$ 的两根,

解得 $\left\{\begin{array}{l}a_{3}=7 \\ a_{5}=9\end{array}\right.$ 或 $\left\{\begin{array}{l}a_{3}=9 \\ a_{5}=7\end{array}\right.$,

又该等差数列递减, 所以 $\left\{\begin{array}{l}a_{3}=9 \\ a_{5}=7\end{array}\right.$,

则公差 $\mathrm{d}=\frac{\mathrm{a}_{5}-\mathrm{a}_{3}}{2}=-1, \mathrm{a}_{1}=11$,

所以 $\mathrm{a}_{\mathrm{n}}=11+(\mathrm{n}-1) \quad(-1)=12-\mathrm{n}$;

（2）易知，当 $n \leq 12$ 时 $a_{n} \geq 0$, 当 $n>12$ 时 $a_{n}<0$,

(1)当 $\mathrm{n} \leq 12$ 时,

$\left|a_{1}\right|+\left|a_{2}\right|+\left|a_{3}\right|+\cdots+\left|a_{n}\right|=a_{1}+a_{2}+a_{3}+\cdots+a_{n}$

$=\mathrm{S}_{\mathrm{n}}=\frac{\mathrm{n}\left(\mathrm{a}_{1}+\mathrm{a}_{\mathrm{n}}\right)}{2} \mathrm{n}\left(\frac{(11+12-\mathrm{n})}{2}=-\frac{1}{2} \mathrm{n}^{2}+\frac{23}{2} \mathrm{n} ;\right.$

(2)当 $n>12$ 时,

$\left|a_{1}\right|+\left|a_{2}\right|+\left|a_{3}\right|+\cdots+\left|a_{n}\right|=\left(a_{1}+a_{2}+a_{3}+\cdots+a_{12}\right)-\left(a_{13}+a_{14}+\cdots+a_{n}\right)$

$=-\mathrm{S}_{\mathrm{n}}+2 \mathrm{~S}_{12}=\frac{1}{2} \mathrm{n}^{2}-\frac{23}{2} \mathrm{n}+2 \times 66=\frac{1}{2} \mathrm{n}^{2}-\frac{23}{2} \mathrm{n}+132 ;$

所以 $\left|a_{1}\right|+\left|a_{2}\right|+\left|a_{3}\right|+\cdots+\left|a_{n}\right|=\left\{\begin{array}{c}-\frac{1}{2} n^{2}+\frac{23}{2} n, n \leq 12 \\ \frac{1}{2} n^{2}-\frac{23}{2} n+132, n>12\end{array}\right.$.

Question:
递减的等差数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的前 $n$ 项和为 $S_{n}$. 若 $a_{3} a_{5}=63, a_{2}+a_{6}=16$,

(1) 求 $\left\{\mathrm{a}_{n}\right\}$ 的通项公式

(2) 求 $\left|a_{1}\right|+\left|a_{2}\right|+\left|a_{3}\right|+\cdots+\left|a_{n}\right|$.

算术


Answer:
(1) 设等差数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的公差为 $d, \because a_{3}=2$, 前 3 项和 $S_{3}=\frac{9}{2}$.

$\therefore a_{1}+2 d=2, \quad 3 a_{1}+3 d=\frac{9}{2}$, 解得 $a_{1}=1, d=\frac{1}{2} . \therefore a_{n}=1+\frac{1}{2}(n-1)=\frac{n+1}{2}$.

(2) $b_{1}=a_{1}=1, b_{4}=a_{15}=8$, 可得等比数列 $\left\{b_{n}\right\}$ 的公比 $q$ 满足 $q^{3}=8$, 解得 $q=2$.

$\therefore\left\{b_{n}\right\}$ 前 $n$ 项和 $T_{n}=\frac{2^{n}-1}{2-1}=2^{n}-1$.

Question:
已知等差数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 满足 $a_{3}=2$, 前 3 项和为 $S_{3}=\frac{9}{2}$.

(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 $T_{n}$.

算术


Answer:
因为 $a-\frac{1}{a}=\frac{a^{2}-1}{a}=\frac{(a-1)(a+1)}{a}$, 因为 $a>0$, 所以当 $a>1$ 时, $\frac{(a-1)(a+1)}{a}>0$, 有 $a>\frac{1}{a}$;

当 $a=1$ 时, $\frac{(a-1)(a+1)}{a}=0$, 有 $a=\frac{1}{a}$;

当 $0<a<1$ 时, $\frac{(a-1)(a+1)}{a}<0$, 有 $a<a$.

综上, 当 $a>1$ 时, $a>\frac{1}{a}$; 当 $a=1$ 时, $a=\frac{1}{a}$; 当 $0<a<1$ 时, $a<\frac{1}{a}$.

Question: 已知 $a>0$, 试比较 $a$ 与 $\frac{1}{\underline{1}}$ 的大小.

算术


Answer:
(1)设 $n$ 分钟后第 1 次相遇, 依题意,

有 $2 n+\frac{n(n-1)}{2}+5 n=70$,

整理得 $n^{2}+13 n-140=0$.

解之得 $n=7, n=-20$ (舍去).

第 1 次相遇是在开始运动后 7 分钟.

(2)设 $n$ 分钟后第 2 次相遇，依题意，有

$2 n+\frac{n(n-1)}{2}+5 n=3 \times 70$,

整理得 $n^{2}+13 n-420=0$.

解之得 $n=15, n=-28$ (舍去).

第 2 次相遇是在开始运动后 15 分钟.

Question:
11. 甲、乙两物体分别从相距 $70 \mathrm{~m}$ 的两处同时相向运动，甲第 1 分钟走 $2 \mathrm{~m}$, 以后每分钟比前 1 分钟多走 $1 \mathrm{~m}$, 乙每分钟走 $5 \mathrm{~m}$.

(1)甲、乙开始运动后几分钟相遇?

(2)如果甲、乙到达对方起点后立即返回，甲继续每分钟比前 1 分钟多走 $1 \mathrm{~m}$, 乙继续每分钟走 $5 \mathrm{~m}$ ，那么开始运动几分钟后第二次相遇?

算术


Answer:
(1)设等差数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的公差为 $d$, 且 $d>0$.

$\because a_{3}+a_{4}=a_{2}+a_{5}=22$, 又 $a_{3} \cdot a_{4}=117$,

又公差 $d>0, \therefore a_{3}<a_{4}, \therefore a_{3}=9, a_{4}=13$.

$\therefore\left\{\begin{array}{l}a_{1}+2 d=9 \\ a_{1}+3 d=13\end{array}, \therefore\left\{\begin{array}{l}a_{1}=1 \\ d=4\end{array}, \therefore a_{n}=4 n-3\right.\right.$.

(2) 由(1)知, $S_{n}=n \cdot 1+\frac{n(n-1)}{2} \cdot 4=2 n^{2}-n$,

$\therefore b_{n}=\frac{S_{n}}{n+c}=\frac{2 n^{2}-n}{n+c}$.

$\therefore b_{1}=\frac{1}{1+c}, \quad b_{2}=\frac{6}{2+c}, b_{3}=\frac{15}{3+c}$.

$\because\left\{b_{n}\right\}$ 是等差数列, $\therefore 2 b_{2}=b_{1}+b_{3}$,

$\therefore 2 c^{2}+c=0, \therefore c=-\frac{1}{2}$ ( $c=0$ 舍去).

 $\because S_{19}=\frac{19\left(a_{1}+a_{19}\right)}{2}=19 a_{10}<0$,

$S_{20}=\frac{20\left(a_{1}+a_{20}\right)}{2}$.

而 $a_{1}+a_{20}=a_{10}+a_{11}, \because a_{10}<0, a_{11}>0$ 且 $\left|a_{10}\right|<a_{11}$,

$\therefore a_{10}+a_{11}>0$,

$\therefore S_{20}=\frac{20\left(a_{1}+a_{20}\right)}{2}=10\left(a_{10}+a_{11}\right)>0$.

又 $\because d=a_{11}-a_{10}>0$.

$\therefore S_{n}>0(n \geqslant 20)$.

Question:
12. 已知公差大于零的等差数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的前 $n$ 项和为 $S_{n}$, 且满足: $a_{3} \cdot a_{4}=117, a_{2}+a_{5}=22$.

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

(2)若数列 $\left\{b_{n}\right\}$ 是等差数列, 且 $b_{n}=\frac{S_{n}}{n+c}$, 求非零常数 $c$.

算术


Answer:
(1)设等差数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的首项为 $a_{1}$, 公差为 $d$.

因为 $a_{3}=7, a_{5}+a_{7}=26$, 所以 $\left\{\begin{array}{l}a_{1}+2 d=7, \\ 2 a_{1}+10 d=26,\end{array}\right.$

解得 $\left\{\begin{array}{l}a_{1}=3, \\ d=2 .\end{array}\right.$ 所以 $a_{n}=3+2(n-1)=2 n+1, S_{n}=3 n+\frac{n(n-1)}{2} \times 2=n^{2}+2 n$.

所以, $a_{n}=2 n+1, S_{n}=n^{2}+2 n$.

(2) 由(1)知 $a_{n}=2 n+1$,

所以 $b_{n}=\frac{1}{a_{n}^{2}-1}=\frac{1}{(2 n+1)^{2}-1}=\frac{1}{4} \cdot \frac{1}{n(n+1)}$

$=\frac{1}{4} \cdot\left(\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1}\right)$,

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

$=\frac{1}{4} \cdot\left(1-\frac{1}{n+1}\right)=\frac{n}{4(n+1)}$,

即数列 $\left\{b_{n}\right\}$ 的前 $n$ 项和 $T_{n}=\frac{n}{4(n+1)}$

Question:
11. 已知等差数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 满足: $a_{3}=7, a_{5}+a_{7}=26,\left\{a_{n}\right\}$ 的前 $n$ 项和为 $S_{n}$.

(1)求 $a_{n}$ 及 $S_{n}$;

(2) 令 $b_{n}=\frac{1}{a_{n}^{2}-1}\left(n \in \mathbf{N}^{*}\right)$, 求数列 $\left\{b_{n}\right\}$ 的前 $n$ 项和 $T_{n}$.

算术


Answer:
(1) 由已知, 当 $n \geqslant 1$ 时, $a_{n+1}=\left[\left(a_{n+1}-a_{n}\right)+\left(a_{n}-a_{n-1}\right)+\ldots+\left(a_{2}-a_{1}\right)\right]+a_{1}=3\left(2^{2 n^{-1}}\right.$ $\left.+2^{2 n^{-3}}+\cdots+2\right)+2=2^{2\left(n^{+}+1\right)^{-1}}$.

而 $a_{1}=2$, 符合上式, 所以数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的通项公式为 $a_{n}=2^{2 n^{-1}}$.

(2) 由 $b_{n}=n a_{n}=n \cdot 2^{2 n^{-1}}$ 知

$S_{n}=1 \cdot 2+2 \cdot 2^{3}+3 \cdot 2^{5}+\cdots+n \cdot 2^{2 n^{-1}}$,

从而 $2^{2} \cdot S_{n}=1 \cdot 2^{3}+2 \cdot 2^{5}+3 \cdot 2^{7}+\cdots+n \cdot 2^{2 n+1}$.

(1) - (2) 得 $\left(1-2^{2}\right) S_{n}=2+2^{3}+2^{5}+\cdots+2^{2 n^{-1}}-n \cdot 2^{2 n^{+} 1}$,

即 $S_{n}=\frac{1}{9}\left[(3 n-1) 2^{2 n+1}+2\right]$.

Question:
12. 设数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 满足 $a_{1}=2, a_{n+1}-a_{n}=3 \cdot 2^{2 n^{-}}$.

(1)求数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的通项公式;

(2) 令 $b_{n}=n a_{n}$, 求数列 $\left\{b_{n}\right\}$ 的前 $n$ 项和 $S_{n}$.

算术


Answer:
当 $n=1$ 时, $a_{1}=S_{1}$, 所以 $a_{1}=\frac{1}{4}\left(a_{1}+1\right)^{2}$,

解得 $a_{1}=1$.

当 $n \geqslant 2$ 时, $a_{n}=S_{n}-S_{n-1}=\frac{1}{4}\left(a_{n}+1\right)^{2}-\frac{1}{4}\left(a_{n-1}+1\right)^{2}=\frac{1}{4}\left(a_{n}^{2}-a_{n-1}^{2}+2 a_{n}-2 a_{n-1}\right)$,

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

$\therefore\left(a_{n}+a_{n-1}\right)\left(a_{n}-a_{n-1}-2\right)=0$.

$\because a_{n}+a_{n-1}>0, \quad \therefore a_{n}-a_{n-1}-2=0$.

$\therefore a_{n}-a_{n-1}=2$.

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

$\therefore a_{n}=1+2(n-1)=2 n-1$.

Question: 14.已知正项数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的前 $n$ 项和 $S_{n}=\frac{1}{4}\left(a_{n}+1\right)^{2}$, 求 $\left\{a_{n}\right\}$ 的通项公式.

算术


Answer: (1) 2 ; (2) $a=b=\frac{3}{2}$

Question:
已知 $a>0, b>0$, 且 $\frac{1}{a}+\frac{2}{b}=2$.

(1) 求 $a b$ 的最小值;

(2) 求 $\boldsymbol{a}+2 \boldsymbol{b}$ 的最小值, 并求出 $a 、 b$ 相应的取值.

算术


Answer: (1) 1 ; (2) 16

Question:
(1) 已知 $x<\frac{5}{4}$, 求函数 $y=4 x-2+\frac{1}{4 x-5}$ 的最大值;

(2) 已知 $\mathrm{x}>0, \mathrm{y}>0$ 且 $\frac{1}{x}+\frac{9}{y}=1$, 求 $\mathrm{x}+\mathrm{y}$ 的最小值.

算术


Answer: (1)-6,(2)是第 16 项

Question:
数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的通项公式是 $a_{n}=n^{2}-7 n+6$.

(1)这个数列的第 4 项是多少?

(2) 150 是不是这个数列的项? 若是这个数列的项, 它是第几项?

算术


Answer:
$1  \because$ 数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 中, $a_{1}=1$, 当 $n \geq 2$ 时, $a_{n}=\frac{3 a_{n-1}}{a_{n-1}+3}$,

$\therefore a_{2}=\frac{3}{4}, a_{3}=\frac{3}{5}, a_{4}=\frac{1}{2}$;

猜想 $a_{n}=\frac{3}{n+2}$

答案: 解析: 法一: 将 $n=1,2,3,4$ 依次代入递推公式得 $a_{2}=\frac{2}{3}, a_{3}=\frac{2}{4}, a_{4}=\frac{2}{5}$, 又 $a_{1}=\frac{2}{2}$,

$\therefore$ 可猜想 $a_{n}=\frac{2}{n+1}$ 应有 $a_{n+1}=\frac{2}{n+2}$, 将其代入递推关系式验证成立, $\therefore a_{n}=\frac{2}{n+2}$,

法二: $\because a_{n+1}=\frac{2 a_{n}}{a_{n}+2}, \therefore a_{n}+1 a_{n}=2 a_{n}-2 a_{n+1}$.

两边同除以 $2 a_{n}+1 a_{n}$, 得 $\frac{1}{a_{n+1}}-\frac{1}{a_{n}}=\frac{1}{2}$.

$\therefore \frac{1}{a_{2}}-\frac{1}{a_{1}}=\frac{1}{2}, \frac{1}{a_{3}}-\frac{1}{a_{2}}=\frac{1}{2}, \cdots, \frac{1}{a_{n}}-\frac{1}{a_{n-1}}=\frac{1}{2}$.

把以上各式累加得 $\frac{1}{a_{n}}-\frac{1}{a_{1}}=\frac{n-1}{2}$.

又 $a_{1}=1, \therefore a_{n}=\frac{2}{n+1}$
故数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的通项公式为 $a_{n}=\frac{2}{n+1}\left(n \in N^{*}\right)$

Question:
在数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 中, $a_{1}=1$, 当 $n \geq 2$ 时, $a_{n}=\frac{3 a_{n-1}}{a_{n-1}+3}$

(1) 求 $a_{2}, a_{3}, a_{4}$;

(2) 猜想数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的通项 $a_{n}$, 并证明你的结论

算术


Answer: (1) $a_{n}=1-n(n \geq 1)$ (2) $a=-\frac{4}{3}, b=\frac{11}{6}$.

Question:
18. (2020-四川省成都市树德中学高三二诊 (理) )已知数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的前 $n$ 项和为 $S_{n}$, 且满足 $2 S_{n}=n-n^{2}$ $\left(n \in \mathbf{N}^{*}\right)$.

(1) 求数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的通项公式;

(2) 设 $b_{n}=\left\{\begin{array}{ll}2^{a_{n}}, & (n=2 k-1) \\ \frac{2}{\left(1-a_{n}\right)\left(1-a_{n+2}\right)}, & (n=2 k)\end{array}\left(k \in \mathbf{N}^{*}\right)\right.$, 数列 $\left\{b_{n}\right\}$ 的前 $n$ 项和 $T_{n}$. 若
$T_{2 n}=a\left(\frac{1}{4}\right)^{n}-\frac{1}{2 n+2}+b$ 对 $n \in \mathbf{N}^{*}$ 恒成立, 求实数 $a, b$ 的值.

算术


Answer: (I) $a_{n}=2 n+1$. (II) 8 .

Question:
17. 已知等差数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 满足 $a_{6}=6+a_{3}$, 且 $a_{3}-1$ 是 $a_{2}-1, a_{4}$ 的等比中项.

(I) 求数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的通项公式;

(II) 设 $b_{n}=\frac{1}{a_{n} a_{n+1}}\left(n \in \mathbf{N}^{*}\right)$, 数列 $\left\{b_{n}\right\}$ 的前项和为 $T_{n}$, 求使 $T_{n}<1$ 成立的最大正整数 $n$ 的值

算术


Answer:
(I) 设 $\left\{a_{n}\right\}$ 的公差为 $d$, 则 $S_{n}=n a_{1}+\frac{n(n-1)}{2} d$ 。

由已知可得 $\left\{\begin{array}{l}3 a_{1}+3 d=0, \\ 5 a_{1}+10 d=-5,\end{array}\right.$ 解得 $a_{1}=1, d=-1$.

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

(II) 由 (I ) 知 $\frac{1}{a_{2 n-1} a_{2 n+1}}=\frac{1}{(3-2 n)(1-2 n)}=\frac{1}{2}\left(\frac{1}{2 n-3}-\frac{1}{2 n-1}\right)$,

从而数列 $\left\{\frac{1}{a_{2 n-1} a_{2 n+1}}\right\}$ 的前 $n$ 项和为 $\frac{1}{2}\left(\frac{1}{-1}-\frac{1}{1}+\frac{1}{1}-\frac{1}{3}+\cdots+\frac{1}{2 n-3}-\frac{1}{2 n-1}\right)=\frac{n}{1-2 n}$

Question:
23. (2013新课标1) 已知等差数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的前 $n$ 项和 $S_{n}$ 满足 $S_{3}=0, S_{5}=-5$.

(I) 求 $\left\{a_{n}\right\}$ 的通项公式;

(II) 求数列 $\left\{\frac{1}{a_{2 n-1} a_{2 n+1}}\right\}$ 的前 $n$ 项和.

算术


Answer:
(1) 由已知 $s_{n}=2 a_{n}-a_{1}$ 有 $a_{n}=s_{n}-s_{n-1}=2 a_{n}-2 a_{n-1}(n \geq 2)$,即 $a_{n}=2 a_{n-1}(n \geq 2)$, 从而 $a_{2}=2 a_{1}, a_{3}=4 a_{1}$.又因为 $a_{1}, a_{2}+1, a_{3}$ 成等差数列, 即 $a_{1}+a_{3}=2\left(a_{2}+1\right)$.所以 $a_{1}+4 a_{1}=2\left(2 a_{1}+1\right)$, 解得 $a_{1}=2$.
所以, 数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 是首项为 2 , 公比为 2 的等比数列. 故 $a_{n}=2^{n}$.

(2) 由(1) 得 $\frac{1}{a_{n}}=\frac{1}{2^{n}}$.

所以 $T_{n}=\frac{1}{2}+\frac{1}{2^{2}}+\frac{1}{2^{3}}+\cdots+\frac{1}{2^{n}}=\frac{\frac{1}{2}\left[1-\left(\frac{1}{2}\right)^{n}\right]}{1-\frac{1}{2}}=1-\frac{1}{2^{n}}$.

由 $\left|T_{n}-1\right|<\frac{1}{1000}$, 得 $\left|1-\frac{1}{2^{n}}-1\right|<\frac{1}{1000}$, 即 $2^{n}>1000$ 。

因为 $2^{9}=512<1000<1024=2^{10}$,

所以 $n \geq 10$.

于是, 使 $\left|T_{n}-1\right|<\frac{1}{1000}$ 成立的 $n$ 的最小值为 10

Question:
24.设数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的前 $n$ 项和 $S_{n}=2 a_{n}-a_{1}$, 且 $a_{1}, a_{2}+1, a_{3}$ 成等差数列

(1) 求数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的通项公式;

(2) 记数列 $\left\{\frac{1}{a_{n}}\right\}$ 的前 $n$ 项和 $T_{n}$, 求得 $\left\lvert\, T_{n}-1<\frac{1}{1000}\right.$ 成立的 $n$ 的最小值。

算术


Answer:
由二次根式的被开方数为非负数, 得 $\left\{\begin{array}{l}\sin x \geqslant 0, \\ \tan x \leqslant 1\end{array}\right.$ 如图所示, 其中 $\sin x \geqslant 0$ 时, 角 $x$的终边落在图中横线阴影部分内;<ImageHere> $\tan x \leqslant 1$ 时, 角 $x$ 的终边落在图中坚线阴影部分内.

$\therefore$ 满足 $\left\{\begin{array}{l}\sin x \geqslant 0, \\ \tan x \leqslant 1\end{array}\right.$ 的角 $x$ 的终边落在图中双重阴影部分内.
$\therefore$ 该函数的定义域为 $\left\{x \left\lvert\, 2 k \pi \leqslant x \leqslant 2 k \pi+\frac{\pi}{4}\right., k \in \mathbf{Z}\right\}$

$\cup\left\{x \left\lvert\, 2 k \pi+\frac{\pi}{2}<x \leqslant 2 k \pi+\pi\right., \quad k \in \mathbf{Z}\right\}=$

$\left\{x \left\lvert\, 2 k \pi \leqslant x \leqslant 2 k \pi+\frac{\pi}{4}\right.\right.$ 或 $\left.2 k \pi+\frac{\pi}{2}<x \leqslant 2 k \pi+\pi, k \in \mathbf{Z}\right\}$.

Question: 15. 求函数 $y=\sqrt{\sin x}+\sqrt{1-\tan x}$ 的定义域.

代数

由二次根式的被开方数为非负数, 得 $\left\{\begin{array}{l}\sin x \geqslant 0, \\ \tan x \leqslant 1\end{array}\right.$ 如图所示, 其中 $\sin x \geqslant 0$ 时, 角 $x$的终边落在图中横线阴影部分内;<ImageHere> $\tan x \leqslant 1$ 时, 角 $x$ 的终边落在图中坚线阴影部分内.

$\therefore$ 满足 $\left\{\begin{array}{l}\sin x \geqslant 0, \\ \tan x \leqslant 1\end{array}\right.$ 的角 $x$ 的终边落在图中双重阴影部分内.
$\therefore$ 该函数的定义域为 $\left\{x \left\lvert\, 2 k \pi \leqslant x \leqslant 2 k \pi+\frac{\pi}{4}\right., k \in \mathbf{Z}\right\}$

$\cup\left\{x \left\lvert\, 2 k \pi+\frac{\pi}{2}<x \leqslant 2 k \pi+\pi\right., \quad k \in \mathbf{Z}\right\}=$

$\left\{x \left\lvert\, 2 k \pi \leqslant x \leqslant 2 k \pi+\frac{\pi}{4}\right.\right.$ 或 $\left.2 k \pi+\frac{\pi}{2}<x \leqslant 2 k \pi+\pi, k \in \mathbf{Z}\right\}$.


Answer: (1) $f(\alpha)=\frac{-\sin \alpha \cos \alpha(-\tan \alpha)}{(-\tan \alpha) \sin \alpha}=-\cos \alpha$.(2) $\because \sin (\alpha-\pi)=-\sin \alpha=\frac{1}{5}$,$\therefore \sin \alpha=-\frac{1}{5}$. 又 $\alpha$ 是第三象限角,$\therefore \cos \alpha=-\frac{2 \sqrt{6}}{5} . \therefore f(\alpha)=\frac{2 \sqrt{6}}{5}$.(3) $\because-\frac{31 \pi}{3}=-6 \times 2 \pi+\frac{5 \pi}{3}$,$\therefore f\left(-\frac{31 \pi}{3}\right)=-\cos \left(-6 \times 2 \pi+\frac{5 \pi}{3}\right)=-\cos \frac{5 \pi}{3}=-\cos \frac{\pi}{3}=-\frac{1}{2}$.

Question: 已知 $f(\alpha)=\frac{\sin (\pi+\alpha) \cos (2 \pi-\alpha) \tan (-\alpha)}{\tan (-\pi-\alpha) \sin (-\pi-\alpha)}$.(1)化简 $f(\alpha)$;(2)若 $\alpha$ 是第三象限角, 且 $\sin (\alpha-\pi)=\frac{1}{5}$, 求 $f(\alpha)$ 的值;(3)若 $\alpha=-\frac{31 \pi}{3}$, 求 $f(\alpha)$ 的值.

代数

(1) $f(\alpha)=\frac{-\sin \alpha \cos \alpha(-\tan \alpha)}{(-\tan \alpha) \sin \alpha}=-\cos \alpha$.(2) $\because \sin (\alpha-\pi)=-\sin \alpha=\frac{1}{5}$,$\therefore \sin \alpha=-\frac{1}{5}$. 又 $\alpha$ 是第三象限角,$\therefore \cos \alpha=-\frac{2 \sqrt{6}}{5} . \therefore f(\alpha)=\frac{2 \sqrt{6}}{5}$.(3) $\because-\frac{31 \pi}{3}=-6 \times 2 \pi+\frac{5 \pi}{3}$,$\therefore f\left(-\frac{31 \pi}{3}\right)=-\cos \left(-6 \times 2 \pi+\frac{5 \pi}{3}\right)=-\cos \frac{5 \pi}{3}=-\cos \frac{\pi}{3}=-\frac{1}{2}$..


Answer:
由 $\frac{1+\tan \left(\theta+720^{\circ}\right)}{1-\tan \left(\theta-360^{\circ}\right)}=3+2 \sqrt{2}$,

得 $\frac{1+\tan \theta}{1-\tan \theta}=3+2 \sqrt{2},(4+2 \sqrt{2}) \tan \theta=2+2 \sqrt{2}$,

所以 $\tan \theta=\frac{2+2 \sqrt{2}}{4+2 \sqrt{2}}=\frac{\sqrt{2}}{2}$.

$\left[\cos ^{2}(\pi-\theta)+\sin (\pi+\theta) \cdot \cos (\pi-\theta)+2 \sin ^{2}(\theta-\pi)\right] \cdot \frac{1}{\cos ^{2}(-\theta-2 \pi)}$

$=\left(\cos ^{2} \theta+\sin \theta \cdot \cos \theta+2 \sin ^{2} \theta\right) \cdot \frac{1}{\cos ^{2} \theta}$

$=1+\tan \theta+2 \tan ^{2} \theta=1+\frac{\sqrt{2}}{2}+2 \times\left(\frac{\sqrt{2}}{2}\right)^{2}=2+\frac{\sqrt{2}}{2}$.

Question: 16. 已知 $\frac{1+\tan \left(\theta+720^{\circ}\right)}{1-\tan \left(\theta-360^{\circ}\right)}=3+2 \sqrt{2}$, 求 $\left[\cos ^{2}(\pi-\theta)+\sin (\pi+\theta) \cdot \cos (\pi-\theta)+2 \sin ^{2}(\theta-\right.$ $\pi)] \cdot \frac{1}{\cos ^{2}(-\theta-2 \pi)}$ 的值.

代数

由 $\frac{1+\tan \left(\theta+720^{\circ}\right)}{1-\tan \left(\theta-360^{\circ}\right)}=3+2 \sqrt{2}$,

得 $\frac{1+\tan \theta}{1-\tan \theta}=3+2 \sqrt{2},(4+2 \sqrt{2}) \tan \theta=2+2 \sqrt{2}$,

所以 $\tan \theta=\frac{2+2 \sqrt{2}}{4+2 \sqrt{2}}=\frac{\sqrt{2}}{2}$.

$\left[\cos ^{2}(\pi-\theta)+\sin (\pi+\theta) \cdot \cos (\pi-\theta)+2 \sin ^{2}(\theta-\pi)\right] \cdot \frac{1}{\cos ^{2}(-\theta-2 \pi)}$

$=\left(\cos ^{2} \theta+\sin \theta \cdot \cos \theta+2 \sin ^{2} \theta\right) \cdot \frac{1}{\cos ^{2} \theta}$

$=1+\tan \theta+2 \tan ^{2} \theta=1+\frac{\sqrt{2}}{2}+2 \times\left(\frac{\sqrt{2}}{2}\right)^{2}=2+\frac{\sqrt{2}}{2}$.

##第一章 三角函数


Answer:
(1)由题图知 $\frac{1}{4} T=\frac{\pi}{12}-\left(-\frac{\pi}{6}\right)=\frac{\pi}{4} ， \therefore T=\pi$ ，最大值为 1 ，最小值为 -1 .

(2)由(1)知 $\omega=\frac{2 \pi}{T}=2$.又 $2 \times\left(-\frac{\pi}{6}\right)+\varphi=2 k \pi ， k \in \mathbf{Z}$ ，解得 $\varphi=2 k \pi+\frac{\pi}{3} ， k \in \mathbf{Z}$ ，又 $-\frac{\pi}{2}<\varphi<\frac{\pi}{2}$ ， $\therefore \varphi=\frac{\pi}{3} ， A=1$. 则 $f(x)=\sin \left(2 x+\frac{\pi}{3}\right)$, 由图知 $f(x)$ 的单调递增区间是 $\left[k \pi-\frac{5 \pi}{12}, k \pi+\frac{\pi}{12}\right](k \in \mathbf{Z})$.

Question:
18.已知函数 $\mathrm{f}(\mathrm{x})=A \sin (\omega x+\varphi)\left(A>0, \omega>0,-\frac{\pi}{2}<\varphi<\frac{\pi}{2}\right)$ 一个周期的图象如图所示.

<ImageHere>

(1)求函数 $f(x)$ 的最小正周期 $T$ 及最大值、最小值;

(2)求函数 $f(x)$ 的解析式及单调递增区间.

代数

(1)由题图知 $\frac{1}{4} T=\frac{\pi}{12}-\left(-\frac{\pi}{6}\right)=\frac{\pi}{4} ， \therefore T=\pi$ ，最大值为 1 ，最小值为 -1 .

(2)由(1)知 $\omega=\frac{2 \pi}{T}=2$.又 $2 \times\left(-\frac{\pi}{6}\right)+\varphi=2 k \pi ， k \in \mathbf{Z}$ ，解得 $\varphi=2 k \pi+\frac{\pi}{3} ， k \in \mathbf{Z}$ ，又 $-\frac{\pi}{2}<\varphi<\frac{\pi}{2}$ ， $\therefore \varphi=\frac{\pi}{3} ， A=1$. 则 $f(x)=\sin \left(2 x+\frac{\pi}{3}\right)$, 由图知 $f(x)$ 的单调递增区间是 $\left[k \pi-\frac{5 \pi}{12}, k \pi+\frac{\pi}{12}\right](k \in \mathbf{Z})$.


Answer: (I) 解: 设等比数列 $\left\{\mathrm{a}_{n}\right\}$ 的公比为 $\mathrm{q}$, 依题意 $\mathrm{q}>0$. $\because \mathrm{a}_{2}=8, \quad \mathrm{a}_{3}+\mathrm{a}_{4}=48, \quad \therefore \mathrm{a}_{1} \mathrm{q}=8, \quad \mathrm{a}_{1} \mathrm{q}^{2}+\mathrm{a}_{1} \mathrm{q}^{3}=48$.两式相除得 $\mathrm{q}^{2}+\mathrm{q}-6=0$, 解得 $\mathrm{q}=2$, 舍去 $\mathrm{q}=-3$. $: \mathrm{a}_{1}=\frac{\mathrm{a}_{2}}{\mathrm{q}}=4$.:数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的通项公式为 $\mathrm{a}_{\mathrm{n}}=\mathrm{a}_{1} \cdot \mathrm{q}^{\mathrm{n}-1}=2^{\mathrm{n}+1}$.(II) 证明: 由 (I ) 得 $b_{n}=\log _{4} a_{n}=\frac{n+1}{2} \cdot: b_{n+1}-b_{n}=\frac{n+2}{2}-\frac{n+1}{2}=\frac{1}{2}$,$\therefore$ 数列 $\left\{\mathrm{b}_{\mathrm{n}}\right\}$ 是首项为 1 , 公差为 $\mathrm{d}=\frac{1}{2}$ 的等差数列. $\therefore \mathrm{S}_{\mathrm{n}}=\mathrm{nb}_{1}+\frac{\mathrm{n}(\mathrm{n}-1)}{2} \mathrm{~d}=\frac{\mathrm{n}^{2}+3 \mathrm{n}}{4}$.

Question:
已知等比数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的各项均为正数, $a_{2}=8, a_{3}+a_{4}=48$.

(I) 求数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的通项公式;

(II) 设 $\mathrm{b}_{\mathrm{n}}=\log _{4} \mathrm{a}_{\mathrm{n}}$. 证明: $\left\{\mathrm{b}_{\mathrm{n}}\right\}$ 为等差数列, 并求 $\left\{\mathrm{b}_{\mathrm{n}}\right\}$ 的前 $\mathrm{n}$ 项和 $\mathrm{S}_{\mathrm{n}}$

代数

(I) 解: 设等比数列 $\left\{\mathrm{a}_{n}\right\}$ 的公比为 $\mathrm{q}$, 依题意 $\mathrm{q}>0$. $\because \mathrm{a}_{2}=8, \quad \mathrm{a}_{3}+\mathrm{a}_{4}=48, \quad \therefore \mathrm{a}_{1} \mathrm{q}=8, \quad \mathrm{a}_{1} \mathrm{q}^{2}+\mathrm{a}_{1} \mathrm{q}^{3}=48$.两式相除得 $\mathrm{q}^{2}+\mathrm{q}-6=0$, 解得 $\mathrm{q}=2$, 舍去 $\mathrm{q}=-3$. $: \mathrm{a}_{1}=\frac{\mathrm{a}_{2}}{\mathrm{q}}=4$.:数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的通项公式为 $\mathrm{a}_{\mathrm{n}}=\mathrm{a}_{1} \cdot \mathrm{q}^{\mathrm{n}-1}=2^{\mathrm{n}+1}$.(II) 证明: 由 (I ) 得 $b_{n}=\log _{4} a_{n}=\frac{n+1}{2} \cdot: b_{n+1}-b_{n}=\frac{n+2}{2}-\frac{n+1}{2}=\frac{1}{2}$,$\therefore$ 数列 $\left\{\mathrm{b}_{\mathrm{n}}\right\}$ 是首项为 1 , 公差为 $\mathrm{d}=\frac{1}{2}$ 的等差数列. $\therefore \mathrm{S}_{\mathrm{n}}=\mathrm{nb}_{1}+\frac{\mathrm{n}(\mathrm{n}-1)}{2} \mathrm{~d}=\frac{\mathrm{n}^{2}+3 \mathrm{n}}{4}$.


Answer: (1) 符号可通过 $(-1)^{n}$ 表示, 后面的数的绝对值总比前面的数的绝对值大 6 ,故通项公式为 $a_{n}=(-1)^{n} \bullet(6 n-5)$.(2) 将数列变形为 $\frac{8}{9}(1-0,.1), \frac{8}{9}(1-0,.01), \frac{8}{9}(1-0,.001), \cdots$, $\therefore a_{n}=\frac{8}{9}\left(1-\frac{1}{10^{n}}\right)$.（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 $\frac{2-3}{2}$.原数列可化为 $-\frac{2^{1}-3}{2^{1}}, \frac{2^{2}-3}{2^{2}},-\frac{2^{3}-3}{2^{3}}, \frac{2^{4}-3}{2^{4}}, \cdots, \therefore a_{n}=(-1)^{n} \cdot \frac{2^{n}-3}{2^{n}}$.

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

代数


Answer:
(1)证明: $\because \overrightarrow{B D}=\overrightarrow{B C}+\overrightarrow{C D}=4 \boldsymbol{e}_{1}+\boldsymbol{e}_{2}+8 \boldsymbol{e}_{1}-9 \boldsymbol{e}_{2}$

$=12 \boldsymbol{e}_{1}-8 \boldsymbol{e}_{2}=4\left(3 \boldsymbol{e}_{1}-2 \boldsymbol{e}_{2}\right)=4 \overrightarrow{A B}, \therefore \overrightarrow{A B}$ 与 $\overrightarrow{B D}$ 共线.

$\because \overrightarrow{A B}$ 与 $\overrightarrow{B D}$ 有公共点 $B, \therefore A, B, D$ 三点共线.

(2) $\because 2 \lambda e_{1}+e_{2}$ 与 $e_{1}+\lambda e_{2}$ 共线，

$\therefore$ 存在实数 $\mu$ ，使 $2 \lambda \boldsymbol{e}_{1}+\boldsymbol{e}_{2}=\mu\left(\boldsymbol{e}_{1}+\lambda \boldsymbol{e}_{2}\right)$.

$\because \boldsymbol{e}_{1}, \boldsymbol{e}_{2}$ 不共线， $\therefore\left\{\begin{array}{l}2 \lambda=\mu, \\ 1=\lambda \mu,\end{array} \quad \therefore \lambda= \pm \frac{\sqrt{2}}{2}\right.$.

(3)假设 $e_{1}+\lambda e_{2}$ 与 $\lambda e_{1}+e_{2}$ 共线，则存在实数 $\mu$ ，使 $e_{1}+\lambda e_{2}=\mu\left(\lambda e_{1}+e_{2}\right)$.

$\because \boldsymbol{e}_{1}, \boldsymbol{e}_{2}$ 不共线， $\therefore\left\{\begin{array}{l}1=\lambda \mu, \\ \lambda=\mu,\end{array} \quad \therefore \lambda= \pm 1\right.$.

$\therefore$ 当 $\lambda \neq \pm 1$ 时， $\boldsymbol{e}_{1}+\lambda \boldsymbol{e}_{2}$ 与 $\lambda \boldsymbol{e}_{1}+\boldsymbol{e}_{2}$ 不共线.

Question:
14. 设 $\boldsymbol{e}_{1}, \boldsymbol{e}_{2}$ 是两个不共线的向量, 如果 $\overrightarrow{A B}=3 \boldsymbol{e}_{1}-2 \boldsymbol{e}_{2}, \overrightarrow{B C}=4 \boldsymbol{e}_{1}+\boldsymbol{e}_{2}, \overrightarrow{C D}=8 \boldsymbol{e}_{1}-9 \boldsymbol{e}_{2}$.

(1)求证: $A, B, D$ 三点共线;

(2)试确定 $\lambda$ 的值, 使 $2 \lambda \boldsymbol{e}_{1}+\boldsymbol{e}_{2}$ 和 $\boldsymbol{e}_{1}+\lambda \boldsymbol{e}_{2}$ 共线;

(3)若 $\boldsymbol{e}_{1}+\lambda \boldsymbol{e}_{2}$ 与 $\lambda \boldsymbol{e}_{1}+\boldsymbol{e}_{2}$ 不共线, 试求 $\lambda$ 的取值范围.

代数

(1)证明: $\because \overrightarrow{B D}=\overrightarrow{B C}+\overrightarrow{C D}=4 \boldsymbol{e}_{1}+\boldsymbol{e}_{2}+8 \boldsymbol{e}_{1}-9 \boldsymbol{e}_{2}$

$=12 \boldsymbol{e}_{1}-8 \boldsymbol{e}_{2}=4\left(3 \boldsymbol{e}_{1}-2 \boldsymbol{e}_{2}\right)=4 \overrightarrow{A B}, \therefore \overrightarrow{A B}$ 与 $\overrightarrow{B D}$ 共线.

$\because \overrightarrow{A B}$ 与 $\overrightarrow{B D}$ 有公共点 $B, \therefore A, B, D$ 三点共线.

(2) $\because 2 \lambda e_{1}+e_{2}$ 与 $e_{1}+\lambda e_{2}$ 共线，

$\therefore$ 存在实数 $\mu$ ，使 $2 \lambda \boldsymbol{e}_{1}+\boldsymbol{e}_{2}=\mu\left(\boldsymbol{e}_{1}+\lambda \boldsymbol{e}_{2}\right)$.

$\because \boldsymbol{e}_{1}, \boldsymbol{e}_{2}$ 不共线， $\therefore\left\{\begin{array}{l}2 \lambda=\mu, \\ 1=\lambda \mu,\end{array} \quad \therefore \lambda= \pm \frac{\sqrt{2}}{2}\right.$.

(3)假设 $e_{1}+\lambda e_{2}$ 与 $\lambda e_{1}+e_{2}$ 共线，则存在实数 $\mu$ ，使 $e_{1}+\lambda e_{2}=\mu\left(\lambda e_{1}+e_{2}\right)$.

$\because \boldsymbol{e}_{1}, \boldsymbol{e}_{2}$ 不共线， $\therefore\left\{\begin{array}{l}1=\lambda \mu, \\ \lambda=\mu,\end{array} \quad \therefore \lambda= \pm 1\right.$.

$\therefore$ 当 $\lambda \neq \pm 1$ 时， $\boldsymbol{e}_{1}+\lambda \boldsymbol{e}_{2}$ 与 $\lambda \boldsymbol{e}_{1}+\boldsymbol{e}_{2}$ 不共线.


Answer:
(1) 由等差数列的性质可得 $\left\{\begin{array}{l}3 a_{1}+3 d=0 \\ 5 a_{1}+\frac{5 \times 4 d}{2}=-5\end{array}\right.$,

解得 $\mathrm{a}_{1}=1, \mathrm{~d}=-1$,

则 $\left\{a_{n}\right\}$ 的通项公式 $a_{n}=1-(n-1)=2-n$;

(2) $\because\left\{\mathrm{a}_{\mathrm{a}}\right\}$ 为等差数列,

$\therefore a_{1}+a_{4}+a_{7}+\cdots+a_{3 n+1}$ 以 1 为首项, 以 -3 为公差的等差数列,

$\therefore \mathrm{a}_{1}+\mathrm{a}_{4}+\mathrm{a}_{7}+\cdots+\mathrm{a}_{3 \mathrm{n}+1}=\mathrm{n}+1+\frac{(\mathrm{n}+1)(\mathrm{n}+1-1) \times(-3)}{2}=\frac{(\mathrm{n}+1)(2-3 \mathrm{n})}{2}$

Question:
已知等差数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的前 $n$ 项和 $S_{n}$ 满足 $S_{3}=0, S_{5}=-5$.

(1) 求 $\left\{a_{n}\right\}$ 的通项公式;

(2) 求 $a_{1}+a_{4}+a_{7}+\cdots+a_{3 n+1}$.

代数

(1) 由等差数列的性质可得 $\left\{\begin{array}{l}3 a_{1}+3 d=0 \\ 5 a_{1}+\frac{5 \times 4 d}{2}=-5\end{array}\right.$,

解得 $\mathrm{a}_{1}=1, \mathrm{~d}=-1$,

则 $\left\{a_{n}\right\}$ 的通项公式 $a_{n}=1-(n-1)=2-n$;

(2) $\because\left\{\mathrm{a}_{\mathrm{a}}\right\}$ 为等差数列,

$\therefore a_{1}+a_{4}+a_{7}+\cdots+a_{3 n+1}$ 以 1 为首项, 以 -3 为公差的等差数列,

$\therefore \mathrm{a}_{1}+\mathrm{a}_{4}+\mathrm{a}_{7}+\cdots+\mathrm{a}_{3 \mathrm{n}+1}=\mathrm{n}+1+\frac{(\mathrm{n}+1)(\mathrm{n}+1-1) \times(-3)}{2}=\frac{(\mathrm{n}+1)(2-3 \mathrm{n})}{2}$


Answer:
由题意可画表格如下:

(1)设只生产书桌 $x$ 个, 可获得利润 $z$ 元,

则 $\left\{\begin{array}{l}0\.1 x \leqslant 90 \\ 2 x \leqslant 600 \\ z=80 x\end{array} \Rightarrow\left\{\begin{array}{l}x \leqslant 900 \\ x \leqslant 300\end{array} \Rightarrow x \leqslant 300\right.\right.$

所以当 $x=300$ 时, $z_{\max }=80 \times 300=24000$ (元),

即如果只安排生产书桌, 最多可生产 300 张书桌, 获得利润 24000 元.

(2)设只生产书楖 $y$ 个, 可获利润 $z$ 元，

则 $\left\{\begin{array}{l}0\.2 y \leqslant 90 \\ 1 \cdot y \leqslant 600 \\ z=120 y\end{array} \Rightarrow\left\{\begin{array}{l}y \leqslant 450 \\ y \leqslant 600\end{array} \Rightarrow y \leqslant 450\right.\right.$.

所以当 $y=450$ 时, $z_{\text {max }}=120 \times 450=54000$ (元),

即如果只安排生产书楖, 最多可生产 450 个书根, 获得利润 54000 元.

(3)设生产书桌 $x$ 张, 书根 $y$ 个, 利润总额为 $z$ 元, 则 $\left\{\begin{array}{l}0.1 x+0.2 y \leqslant 90 \\ 2 x+y \leqslant 600 \\ x \geqslant 0 \\ y \geqslant 0\end{array} \Rightarrow\right.$

$\left\{\begin{array}{l}x+2 y \leqslant 900 \\ 2 x+y \leqslant 600 \\ x \geqslant 0 \\ y \geqslant 0\end{array}\right.$

$z=80 x+120 y$.

在直角坐标平面内作出上面不等式组所表示的平面区域, 即可行域.

<ImageHere>

作直线 $l: 80 x+120 y=0$, 即直线 $l: 2 x+3 y=0$.

把直线 $l$ 向右上方平移至 $l_{1}$ 的位置时, 直线经过可行域上的点 $M$, 此时 $z=80 x+120 y$取得最大值.

由 $\left\{\begin{array}{l}x+2 y=900, \\ 2 x+y=600\end{array}\right.$ 解得点 $M$ 的坐标为 $(100,400)$.

所以当 $x=100, y=400$ 时,

$Z_{\max }=80 \times 100+120 \times 400=56000$ (元).

因此, 生产书桌 100 张、书橱 400 个,

可使所得利润最大.

Question:
10. 某家具厂有方木料 $90 \mathrm{~m}^{3}$, 五合板 $600 \mathrm{~m}^{2}$, 准备加工成书桌和书梪出售. 已知生产每张书桌需要方木料 $0.1 \mathrm{~m}^{3}$, 五合板 $2 \mathrm{~m}^{2}$, 生产每个书相需要方木料 $0.2 \mathrm{~m}^{3}$, 五合板 $1 \mathrm{~m}^{2}$,出售一张方桌可获利润 80 元, 出售一个书榞可获利润 120 元.

(1)如果只安排生产书桌, 可获利润多少?

(2)如果只安排生产书桭, 可获利润多少?

(3)怎样安排生产可使所得利润最大?

代数

由题意可画表格如下:

(1)设只生产书桌 $x$ 个, 可获得利润 $z$ 元,

则 $\left\{\begin{array}{l}0\.1 x \leqslant 90 \\ 2 x \leqslant 600 \\ z=80 x\end{array} \Rightarrow\left\{\begin{array}{l}x \leqslant 900 \\ x \leqslant 300\end{array} \Rightarrow x \leqslant 300\right.\right.$

所以当 $x=300$ 时, $z_{\max }=80 \times 300=24000$ (元),

即如果只安排生产书桌, 最多可生产 300 张书桌, 获得利润 24000 元.

(2)设只生产书楖 $y$ 个, 可获利润 $z$ 元，

则 $\left\{\begin{array}{l}0\.2 y \leqslant 90 \\ 1 \cdot y \leqslant 600 \\ z=120 y\end{array} \Rightarrow\left\{\begin{array}{l}y \leqslant 450 \\ y \leqslant 600\end{array} \Rightarrow y \leqslant 450\right.\right.$.

所以当 $y=450$ 时, $z_{\text {max }}=120 \times 450=54000$ (元),

即如果只安排生产书楖, 最多可生产 450 个书根, 获得利润 54000 元.

(3)设生产书桌 $x$ 张, 书根 $y$ 个, 利润总额为 $z$ 元, 则 $\left\{\begin{array}{l}0.1 x+0.2 y \leqslant 90 \\ 2 x+y \leqslant 600 \\ x \geqslant 0 \\ y \geqslant 0\end{array} \Rightarrow\right.$

$\left\{\begin{array}{l}x+2 y \leqslant 900 \\ 2 x+y \leqslant 600 \\ x \geqslant 0 \\ y \geqslant 0\end{array}\right.$

$z=80 x+120 y$.

在直角坐标平面内作出上面不等式组所表示的平面区域, 即可行域.

<ImageHere>

作直线 $l: 80 x+120 y=0$, 即直线 $l: 2 x+3 y=0$.

把直线 $l$ 向右上方平移至 $l_{1}$ 的位置时, 直线经过可行域上的点 $M$, 此时 $z=80 x+120 y$取得最大值.

由 $\left\{\begin{array}{l}x+2 y=900, \\ 2 x+y=600\end{array}\right.$ 解得点 $M$ 的坐标为 $(100,400)$.

所以当 $x=100, y=400$ 时,

$Z_{\max }=80 \times 100+120 \times 400=56000$ (元).

因此, 生产书桌 100 张、书橱 400 个,

可使所得利润最大.


Answer:
作出可行域如图,

<ImageHere>

由 $x^{2}+y^{2}=(x-0)^{2}+(y-0)^{2}$,

可以看作区域内的点与原点的距离的平方,

最小值为原点到直线 $x+y-6=0$ 的距离的平方,

即 $|O P|^{2}$, 最大值为 $|O A|^{2}$,

其中 $A(4,10),|O P|=\frac{|0+0-6|}{\sqrt{1^{2}+1^{2}}}=\frac{6}{\sqrt{2}}=3 \sqrt{2}$,

$|O A|=\sqrt{4^{2}+10^{2}}=\sqrt{116}$,

$\therefore\left(x^{2}+y^{2}-2\right)_{\text {min }}=(3 \sqrt{2})^{2}-2=18-2=16$,

$\left(x^{2}+y^{2}-2\right)_{\max }=(\sqrt{116})^{2}-2=116-2=114$,

$\therefore 16 \leqslant x^{2}+y^{2}-2 \leqslant 114$.

即 $x^{2}+y^{2}-2$ 的取值范围为 $16 \leqslant x^{2}+y^{2}-2 \leqslant 114$

Question: 11. 已知实数 $x, y$ 满足 $\left\{\begin{array}{l}(x-y+6)(x+y-6) \geqslant 0 \\ 1 \leqslant x \leqslant 4\end{array}\right.$, 求 $x^{2}+y^{2}-2$ 的取值范围.

代数


Answer:
由于 $\mathrm{z}=\frac{y+1}{x+1}=\frac{y-(-1)}{x-(-1)}$,

所以 $z$ 的几何意义是点 $(x, y)$ 与点 $M(-1,-1)$ 连线的斜率,

因此 $\frac{y+1}{x+1}$ 的最值就是点 $(x, y)$ 与点 $M(-1,-1)$ 连线的斜率的最值,

结合图可知, 直线 $M B$ 的斜率最大, 直线 $M C$ 的斜率最小, 即

$z_{\text {max }}=k_{M B}=3$, 此时 $x=0, y=2$;
$z_{\text {min }}=k_{M C}=\frac{1}{2}$, 此时 $x=1, y=0$.

$\therefore z$ 的最大值为 3 , 最小值为 $\frac{1}{2}$.

<ImageHere>

Question: 12. 已知实数 $x 、 y$ 满足 $\left\{\begin{array}{l}2 x+y-2 \geqslant 0 \\ x-2 y+4 \geqslant 0 \\ 3 x-y-3 \leqslant 0\end{array}\right.$, 试求 $z=\frac{y+1}{x+1}$ 的最大值和最小值.

代数

由于 $\mathrm{z}=\frac{y+1}{x+1}=\frac{y-(-1)}{x-(-1)}$,

所以 $z$ 的几何意义是点 $(x, y)$ 与点 $M(-1,-1)$ 连线的斜率,

因此 $\frac{y+1}{x+1}$ 的最值就是点 $(x, y)$ 与点 $M(-1,-1)$ 连线的斜率的最值,

结合图可知, 直线 $M B$ 的斜率最大, 直线 $M C$ 的斜率最小, 即

$z_{\text {max }}=k_{M B}=3$, 此时 $x=0, y=2$;
$z_{\text {min }}=k_{M C}=\frac{1}{2}$, 此时 $x=1, y=0$.

$\therefore z$ 的最大值为 3 , 最小值为 $\frac{1}{2}$.

<ImageHere>哈哈


Answer:
(1) $x^{2}+3>3 x$; (2) $a^{3}+b^{3}>a^{2} b+a b^{2}$.

(1) $\left(x^{2}+3\right)-3 x=x^{2}-3 x+3=\left(x-\frac{3}{2}\right)^{2}+\frac{3}{4} \geqslant \frac{3}{4}>0, \quad \therefore x^{2}+3>3 x$.

(2) $\left(a^{3}+b^{3}\right)-\left(a^{2} b+a b^{2}\right)=a^{3}+b^{3}-a^{2} b-a b^{2}$

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

$\because a>0, b>0$ 且 $a \neq b$,

$\therefore(a-b)^{2}>0, a+b>0$,

$\therefore\left(a^{3}+b^{3}\right)-\left(a^{2} b+a b^{2}\right)>0$, 即 $a^{3}+b^{3}>a^{2} b+a b^{2}$.

Question:
比较下列各组中两个代数式的大小:

(1) $x^{2}+3$ 与 $3 x$; (2)已知 $a, b$ 为正数, 且 $a \neq b$, 比较 $a^{3}+b^{3}$ 与 $a^{2} b+a b^{2}$.

代数


Answer:
(1) 1

(2) 2

Question:
已知 $\lg (3 x)+\lg y=\lg (x+y+1)$.

(1)求 $\mathrm{xy}$ 的最小值;

(2)求 $x+y$ 的最小值.

代数

由 $\lg (3 \mathrm{x})+\lg y=\lg (\mathrm{x}+\mathrm{y}+1)$ 得 $\{y>0$

$$
3 x y=x+y+1
$$

(1) $\because x>0, y>0$,

$\therefore 3 x y=x+y+1 \geq 2 \sqrt{x y}+1$,

$\therefore 3 x y-2 \sqrt{x y}-1 \geq 0$,

即 $3(\sqrt{x y})^{2}-2 \sqrt{x y}-1 \geq 0$,

$\therefore(3 \sqrt{x y}+1)(\sqrt{x y}-1) \geq 0$,

$\therefore \sqrt{x y} \geq 1, \quad \therefore x y \geq 1$,

当且仅当 $x=y=1$ 时, 等号成立.
$\therefore \mathrm{xy}$ 的最小值为 1 .

(2) $\because x>0, \quad y>0$,

$\therefore \mathrm{x}+\mathrm{y}+1=3 \mathrm{xy} \leq 3 \cdot\left(\frac{x+y}{2}\right)^{2}$,

$\therefore 3(\mathrm{x}+\mathrm{y})^{2}-4(\mathrm{x}+\mathrm{y})-4 \geq 0$,

$\therefore[3(\mathrm{x}+\mathrm{y})+2][(\mathrm{x}+\mathrm{y})-2] \geq 0$,

$\therefore \mathrm{x}+\mathrm{y} \geq 2$,

当且仅当 $x=y=1$ 时取等号,

$\therefore \mathrm{x}+\mathrm{y}$ 的最小值为 2 .


Answer:
(1) 4
(2) $\frac{1}{12}$

Question:
求解下列问题:

(1) 若 $x>0$, 求 $f(x)=\frac{4}{x}+x$ 的最小值;

(2) 已知 $0<x<\frac{1}{3}$, 求函数 $y=x(1-3 x)$ 的最大值.

代数


Answer: 证明 (1)由于 $\frac{b}{a}-\frac{a}{b}=\frac{b^{2}-a^{2}}{a b}=\frac{(b+a)(b-a)}{a b}$$\because a<b<0$$\therefore b+a<0, b-a>0, a b>0$$\therefore \frac{(b+a)(b-a)}{a b}<0$, 故 $\frac{b}{a}<\frac{a}{b}$(2) $\because \frac{1}{a}<\frac{1}{b}$$\therefore \frac{1}{a}-\frac{1}{b}<0$, 即 $\frac{b-a}{a b}<0$

Question:
解答

(1) $a<b<0$, 求证: $\frac{b}{a}<\frac{a}{b}$

(2)已知 $a>b, \frac{1}{a}<\frac{1}{b}$, 求证: $a b>0$

代数


Answer:
(1) 因为 $a_{n}=1+\frac{1}{a+2(n-1)}\left(n \in \mathbf{N}^{*}, a \in \mathbf{R}\right.$ 且 $\left.a \neq 0\right)$, 又 $a=-7$,

所以 $a_{n}=1+\frac{1}{2 n-9}\left(n \in \mathbf{N}^{*}\right)$.

结合函数 $f(x)=1+\frac{1}{2 x-9}$ 的单调性,

可知 $1>a_{1}>a_{2}>a_{3}>a_{4}, a_{5}>a_{6}>a_{7}>\cdots>a_{n}>1\left(n \in \mathbf{N}^{*}\right)$.

所以数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 中的最大项为 $a_{5}=2$, 最小项为 $a_{4}=0$.

(2) $a_{n}=1+\frac{1}{a+2(n-1)}=1+\frac{\frac{1}{2}}{n-\frac{2-a}{2}}$, 已知对任意的 $n \in \mathbf{N}^{*}$, 都有 $a_{n} \leqslant a_{6}$ 成立, 结合函数

$f(x)=1+\frac{\frac{1}{2}}{x-\frac{2-a}{2}}$ 的单调性, 可知 $5<\frac{2-a}{2}<6$, 即 $-10<a<-8$.

Question:
已知数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 中, $a_{n}=1+\frac{1}{a+2(n-1)}\left(n \in \mathbf{N}^{*}, a \in \mathbf{R}\right.$ 且 $\left.a \neq 0\right)$.

(1) 若 $a=-7$, 求数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 中的最大项和最小项的值.

(2) 若对任意的 $n \in \mathbf{N}^{*}$, 都有 $a_{n} \leqslant a_{6}$ 成立, 求 $a$ 的取值范围.

代数


Answer:
(1) 见解析;

(2) $S_{n}=\log _{2}(n+1)+\frac{n(n+1)}{2}$

Question:
19. 已知首项为 4 的数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 满足 $a_{n+1}=\frac{2 n a_{n}+2^{n+1}}{n+1}$.

(1) 证明: 数列 $\left\{\frac{n a_{n}}{2^{n}}\right\}$ 是等差数列.

(2) 令 $b_{n}=\log _{2} a_{n}$, 求数列 $\left\{b_{n}\right\}$ 的前 $n$ 项和 $S_{n}$.

代数


Answer:
(1) $\because a_{n+1} b_{n}=S_{n}+1, \quad a_{1}=1, \quad b_{n}=\frac{n}{2}$,

$\therefore a_{2}=\frac{a_{1}+1}{b_{1}}=\frac{1+1}{\frac{1}{2}}=4, \frac{1+4+6+1}{\frac{3}{2}}$
$a_{3}=\frac{S_{2}+1}{b_{2}}=\frac{1+4+1}{1}=6$,

$a_{4}=\frac{S_{3}+1}{b_{3}}=\frac{1+4+6+1}{\frac{3}{2}}=8$,

证明: (2) 设 $a_{n}=a_{1} q^{n-1}(q \neq 1)$, 则 $S_{n}=\frac{a_{1}\left(1-q^{n}\right)}{1-q}$,

$\because a_{n+1} b_{n}=S_{n}+1$,

$\therefore b_{n}=\frac{S_{n}+1}{a_{n+1}}=\frac{\frac{a_{1}\left(1-q^{n}\right)}{1-q}+1}{a_{1} q^{n}}=\frac{a_{1}-a_{1} q^{n}+1-q}{(1-q) a_{1} q^{n}}$,

$\therefore b_{n}+\frac{1}{1-q}=\frac{a_{1}-a_{1} q^{n}+1-q}{(1-q) a_{1} q^{n}}+\frac{1}{1-q}=\frac{a_{1}+1-q}{(1-q) a_{1} q^{n}}$

$\therefore b_{n+1}+\frac{1}{1-q}=\frac{a_{1}+1-q}{(1-q) a_{1} q^{n+1}}$

$\therefore \frac{b_{n+1}}{b_{n}}=q,(q$ 为常数)

$\therefore$ 数列 $\left\{b_{n}+\frac{1}{1-q}\right\}$ 为等比数列,

(3) $\because$ 数列 $\left\{b_{n}\right\}$ 是公差为 $\mathrm{d}$ 的等差数列,

$\therefore$ 当 $n \geq 2$ 时, $a_{n+1} b_{n}-a_{n}\left(b_{n}-d\right)=a_{n}$,

即 $\left(a_{n+1}-a_{n}\right) b_{n}=(1-d) a_{n}$,

$\because$ 数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的各项都不为零,

$\therefore a_{n+1}-a_{n} \neq 0, \quad 1-d \neq 0$,

$\therefore$ 当 $n \geq 2$ 时, $\frac{b_{n}}{1-d}=\frac{a_{n}}{a_{n+1}-a_{n}}$,

当 $n \geq 3$ 时, $\frac{b_{n-1}}{1-d}=\frac{a_{n-1}}{a_{n}-a_{n-1}}$,

两式相减得: 当 $n \geq 3$ 时, $\frac{a_{n}}{a_{n+1}-a_{n}}-\frac{a_{n-1}}{a_{n}-a_{n-1}}=\frac{b_{n}-b_{n-1}}{1-d}=\frac{d}{1-d}$.
先证充分性:

由 $d=\frac{1}{2}$ 可知 $\frac{a_{n}}{a_{n+1}-a_{n}}-\frac{a_{n-1}}{a_{n}-a_{n-1}}=1$,

$\therefore$ 当 $n \geq 3$ 时, $\frac{a_{n-1}}{a_{n}-a_{n-1}}+1=\frac{a_{n}}{a_{n+1}-a_{n}}$,

又 $\because a_{n} \neq 0$,

$\therefore a_{n+1}-a_{n}=a_{n}-a_{n-1}$,

即 $a_{2}, a_{3}, \cdots, a_{n} \cdots$ 成等差数列;

再证必要性:

$\because a_{2}, a_{3}, \cdots, a_{n} \cdots$ 成等差数列,

$\therefore$ 当 $n \geq 3$ 时, $a_{n+1}-a_{n}=a_{n}-a_{n-1}$,

$\therefore \frac{a_{n}}{a_{n+1}-a_{n}}-\frac{a_{n-1}}{a_{n}-a_{n-1}}=\frac{a_{n-1}}{a_{n}-a_{n-1}}-\frac{a_{n-1}}{a_{n}-a_{n-1}}=1=\frac{d}{1-d}$,

$\therefore d=\frac{1}{2}$.

综上所述, $a_{2}, a_{3}, \cdots, a_{n} \ldots$ 成等差数列的充要条件是 $d=\frac{1}{2}$ 。

Question:
20. 已知数列 $\left\{a_{n}\right\},\left\{b_{n}\right\}$ 均为各项都不相等的数列, $S_{n}$ 为 $\left\{a_{n}\right\}$ 的前 $n$ 项和, $a_{n+1} b_{n}=S_{n}+1\left(n \in N^{*}\right)$.

(1) 若 $a_{1}=1, b_{n}=\frac{n}{2}$, 求 $a_{4}$ 的值;

(2) 若 $\left\{a_{n}\right\}$ 是公比为 $q(q \neq 1)$ 的等比数列, 求证: 数列 $\left\{b_{n}+\frac{1}{1-q}\right\}$ 为等比数列;

(3) 若 $\left\{a_{n}\right\}$ 的各项都不为零, $\left\{b_{n}\right\}$ 是公差为 $d$ 的等差数列, 求证: $a_{2}, a_{3}, \cdots, a_{n}, \cdots$ 成等差数列的充要条件是 $d=\frac{1}{2}$.

代数


Answer:
(I) $a_{n}=3 n+1 ; \quad b_{n}=3 \times 2^{n}$
(i) $a_{2^{n}}\left(c_{2^{n}}-1\right)=9 \times 4^{n}-1$

$\sum_{i=1}^{2^{n}} a_{i} c_{i} \quad\left(n \in \mathbf{N}^{*}\right)=27 \times 2^{2 n-1}+5 \times 2^{n-1}-n-12 \quad\left(n \in \mathbf{N}^{*}\right)$

Question:
21.设 $\left\{a_{n}\right\}$ 是等差数列, $\left\{b_{n}\right\}$ 是等比数列. 已知 $a_{1}=4, b_{1}=6, b_{2}=2 a_{2}-2, b_{3}=2 a_{3}+4$.

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

(II) 设数列 $\left\{c_{n}\right\}$ 满足 $c_{1}=1, c_{n}=\left\{\begin{array}{l}1, \quad 2^{k}<n<2^{k+1}, \\ b_{k}, n=2^{k},\end{array}\right.$ 其中 $k \in \mathbf{N}^{*}$.

(i) 求数列 $\left\{a_{2^{n}}\left(c_{2^{n}}-1\right)\right\}$ 的通项公式; (ii) 求 $\sum_{i=1}^{2^{n}} a_{i} c_{i} \quad\left(n \in \mathbf{N}^{*}\right)$.

代数


Answer: (I) $a_{n}=n$; (II) $T_{n}=2-\frac{2+n}{2^{n}}$.

Question:
22.已知等差数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的公差是 1 , 且 $a_{1}, a_{3}$, $a_{9}$

成等比数列.

(I) 求数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的通项公式;

(II) 求数列 $\left\{\frac{a_{n}}{2^{a_{n}}}\right\}$ 的前 $n$ 项和 $T_{n}$.

代数


Answer: (1) 见解析; (2) $a_{n}=\frac{1}{2^{n}}+n-\frac{1}{2}, b_{n}=\frac{1}{2^{n}}-n+\frac{1}{2}$.

Question:
20.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.

代数


Answer: (1) $a_{n}=2^{n}, b_{n}=2^{n}-1$; (2) 证明见解析.

Question:
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: $T_{n}<1$.

代数


Answer:
(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 $\frac{5}{4}$.

Question:
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.

代数


Answer: (1) . $a_{n}=\frac{2}{2 n-1}$. (2) $S_{n}=\frac{1}{1}-\frac{1}{3}+\frac{1}{3}-\frac{1}{5}+\cdots+\frac{1}{2 n-1}-\frac{1}{2 n+1}=\frac{2 n}{2 n+1}$

Question:
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.

代数


Answer:
(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, $k^{2}+\frac{k}{2}>k^{2}+\frac{k}{2}-\frac{3}{16}=\left(k-\frac{1}{4}\right)\left(k+\frac{3}{4}\right)$

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

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

$\therefore \frac{1}{a_{1}\left(a_{1}+1\right)}+\frac{1}{a_{2}\left(a_{2}+1\right)}+\cdots+\frac{1}{a_{n}\left(a_{n}+1\right)}<\frac{1}{3}$

Question:
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 $\frac{1}{a_{1}\left(a_{1}+1\right)}+\frac{1}{a_{2}\left(a_{2}+1\right)}+\cdots \frac{1}{a_{n}\left(a_{n}+1\right)}<\frac{1}{3}$.

代数


Answer:
(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.

Question:
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.

代数


Answer:
(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, $\frac{1}{S_{n}}=\frac{1}{S_{1}}+(n-1) \times 2=2 n+2 \quad \therefore S_{n}=\frac{1}{2(n+1)}$.

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

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

Question:
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: $S_{1}+\frac{1}{2} S_{2}+\frac{1}{3}+\cdots+\frac{1}{n} S_{n}<\frac{1}{2}$

代数


Answer:
（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 $T_{n}=b_{1}+b_{2}+b_{3}+\cdots+b_{n}$

$$
\begin{aligned}
& =\left(1-\frac{1}{\sqrt{2}}\right)+\left(\frac{1}{\sqrt{2}}-\frac{1}{\sqrt{3}}\right)+\left(\frac{1}{\sqrt{3}}-\frac{1}{\sqrt{4}}\right)+\cdots+\left(\frac{1}{\sqrt{n}}-\frac{1}{\sqrt{n+1}}\right) \\
& =1-\frac{1}{\sqrt{n+1}}
\end{aligned}
$$

Question:
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 $T_{n}$.

代数


Answer:
$$
b_{n+1}-b_{n}=\frac{1}{a_{n+1}-1}-\frac{1}{a_{n}-1}=\frac{1}{2-\frac{1}{a_{n}}-1}-\frac{1}{a_{n}-1}=\frac{a_{n}}{a_{n}-1}-\frac{1}{a_{n}-1}=1
$$

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

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

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

Question:
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 $T_{n}$.

代数


Answer:
(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 $S_{x}=\frac{1-\left(\frac{1}{3}\right)^{n}}{1-\frac{1}{3}}=\frac{3}{2}-\frac{1}{2 \times 3^{n-1}}$.

Question:
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.

代数


Answer:
(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 $b_{n}=15-(4 n-3) \cdot\left(\frac{1}{2}\right)^{n-2}$.

Question:
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.

代数


Answer:
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.

Question:
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?

<ImageHere>

变换几何

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.


Answer: $2 \sin \left(4 x+\frac{13 \pi}{12}\right)-1$

Question: 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 \$ .

变换几何

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: $2 \sin \left(4 x+\frac{13 \pi}{12}\right)-1$


Answer:
$f(x)=\sqrt{3} \cos 2 x$ 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: $-2 \sqrt{3}$

Question: 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 \$ .

变换几何

$f(x)=\sqrt{3} \cos 2 x$ 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: $-2 \sqrt{3}$


Answer: 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 .

Question: 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 \$ ${ }^{\circ} \mathrm{C}$.

计数


Answer:
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.

Question: 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.

立体几何学

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.


Answer:
如图，建立平面直角坐标系，设正方形的边长为 1 ，则 $A(-1 ， 1) ， B(0 ， 1)$.

<ImageHere>

设 $E(x, y)$ ，则 $\overrightarrow{B E}=(x, y-1) ， \overrightarrow{A C}=(1 ，-1)$.

又 $\because \overrightarrow{A C} / / \overrightarrow{B E}, \therefore x(-1)-1 \times(y-1)=0$ ，

$\therefore x+y-1=0$.

又 $\because|\overrightarrow{C E}|=|\overrightarrow{A C}|, \quad \therefore x^{2}+y^{2}-2=0$.
由 $\left\{\begin{array}{l}x^{2}+y^{2}-2=0 ， \\ x+y-1=0 ，\end{array}\right.$ 得 $\left\{\begin{array}{l}x=\frac{1+\sqrt{3}}{2} ， \\ y=\frac{1-\sqrt{3}}{2}\end{array}\right.$ 或 $\left\{\begin{array}{l}x=\frac{1-\sqrt{3}}{2} ， \\ y=\frac{1+\sqrt{3}}{2}\end{array}\right.$ (舍).

$\therefore E\left(\frac{1+\sqrt{3}}{2}, \frac{1-\sqrt{3}}{2}\right)$.

又设 $F\left(x^{\prime} ， 1\right)$ ，由 $\overrightarrow{C F}=\left(x^{\prime} ， 1\right)$ 和 $\overrightarrow{C E}=\left(\frac{1+\sqrt{3}}{2} ， \frac{1-\sqrt{3}}{2}\right)$ 共线得 $\frac{1-\sqrt{3}}{2} x^{\prime}-\frac{1+\sqrt{3}}{2}=0$ ，得 $x^{\prime}$

$=-2-\sqrt{3}$,

$\therefore F(-2-\sqrt{3}, 1)$,

$\therefore \overrightarrow{A F}=(-1-\sqrt{3}, 0), \overrightarrow{A E}=\left(\frac{3+\sqrt{3}}{2},-\frac{1+\sqrt{3}}{2}\right)$,

$\therefore|\overrightarrow{A E}|=\sqrt{\left(\frac{3+\sqrt{3}}{2}\right)^{2}+\left(\frac{-1-\sqrt{3}}{2}\right)^{2}}=1+\sqrt{3}=|\overrightarrow{A F}|$,

$\therefore A F=A E$.

Question:
16.如图所示, 四边形 $A B C D$ 是正方形, $B E / / A C, A C=C E, E C$ 的延长线交 $B A$ 的延长线于点 $F$.求证: $A F=A E$.

<ImageHere>

组合几何学

如图，建立平面直角坐标系，设正方形的边长为 1 ，则 $A(-1 ， 1) ， B(0 ， 1)$.

<ImageHere>

设 $E(x, y)$ ，则 $\overrightarrow{B E}=(x, y-1) ， \overrightarrow{A C}=(1 ，-1)$.

又 $\because \overrightarrow{A C} / / \overrightarrow{B E}, \therefore x(-1)-1 \times(y-1)=0$ ，

$\therefore x+y-1=0$.

又 $\because|\overrightarrow{C E}|=|\overrightarrow{A C}|, \quad \therefore x^{2}+y^{2}-2=0$.
由 $\left\{\begin{array}{l}x^{2}+y^{2}-2=0 ， \\ x+y-1=0 ，\end{array}\right.$ 得 $\left\{\begin{array}{l}x=\frac{1+\sqrt{3}}{2} ， \\ y=\frac{1-\sqrt{3}}{2}\end{array}\right.$ 或 $\left\{\begin{array}{l}x=\frac{1-\sqrt{3}}{2} ， \\ y=\frac{1+\sqrt{3}}{2}\end{array}\right.$ (舍).

$\therefore E\left(\frac{1+\sqrt{3}}{2}, \frac{1-\sqrt{3}}{2}\right)$.

又设 $F\left(x^{\prime} ， 1\right)$ ，由 $\overrightarrow{C F}=\left(x^{\prime} ， 1\right)$ 和 $\overrightarrow{C E}=\left(\frac{1+\sqrt{3}}{2} ， \frac{1-\sqrt{3}}{2}\right)$ 共线得 $\frac{1-\sqrt{3}}{2} x^{\prime}-\frac{1+\sqrt{3}}{2}=0$ ，得 $x^{\prime}$

$=-2-\sqrt{3}$,

$\therefore F(-2-\sqrt{3}, 1)$,

$\therefore \overrightarrow{A F}=(-1-\sqrt{3}, 0), \overrightarrow{A E}=\left(\frac{3+\sqrt{3}}{2},-\frac{1+\sqrt{3}}{2}\right)$,

$\therefore|\overrightarrow{A E}|=\sqrt{\left(\frac{3+\sqrt{3}}{2}\right)^{2}+\left(\frac{-1-\sqrt{3}}{2}\right)^{2}}=1+\sqrt{3}=|\overrightarrow{A F}|$,

$\therefore A F=A E$.


Answer: 12

Question:
15. 如图所示, 平行四边形 $A B C D$ 中, $O$ 是两对角线 $A C, B D$ 的交点, 设点集 $S=\{A, B, C, D$, $0\}$, 向量集合 $T=\{\overrightarrow{M N} \mid M, N \in S$, 且 $M, N$ 不重合 $\}$, 试求集合 $T$ 中元素的个数.

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_04_19_f934fd3200dbf4af6dd7g-135，.jpg?height=206&width=488&top_left_y=751&top_left_x=818)

组合数学

由题可知, 集合 $T$ 中的元素实质上是 $S$ 中任意两点连成的有向线段, 共有 20 个,即 $\overrightarrow{A B}, \overrightarrow{A C}, \overrightarrow{A D}, \overrightarrow{A O}, \overrightarrow{B A}, \overrightarrow{B C}, \overrightarrow{B D}, \overrightarrow{B O}, \overrightarrow{C A}, \overrightarrow{C B}, \overrightarrow{C D}, \overrightarrow{C O}, \overrightarrow{D A}, \overrightarrow{D B}, \overrightarrow{D C}, \overrightarrow{D O}, \overrightarrow{O A}, \overrightarrow{O B}, \overrightarrow{O C}$, $\overrightarrow{O D}$. 由平行四边形的性质可知, 共有 8 对向量相等, 即 $\overrightarrow{A B}=\overrightarrow{D C}, \overrightarrow{A D}=\overrightarrow{B C}, \overrightarrow{D A}=\overrightarrow{C B}, \overrightarrow{B A}=\overrightarrow{C D}$, $\overrightarrow{A O}=\overrightarrow{O C}, \overrightarrow{O A}=\overrightarrow{C O}, \overrightarrow{D O}=\overrightarrow{O B}, \overrightarrow{O D}=\overrightarrow{B O}$. 又集合元素具有互异性, 故集合 $T$ 中的元素共有 12 个.


Answer:
平面区域见解析, 面积为 10

 解析  $x-y-2 \leq 0$ 不等式组表示直线 $x-y-2=0$ 左上方的点和该直线, $x+y+3 \leq 0$ 表示直线 $x+y+3=0$ 左下方的点和该直线, 由 $\left\{\begin{array}{l}x-y-2=0, \\ x+y+3=0,\end{array}\right.$ 得 $C\left(-\frac{1}{2},-\frac{5}{2}\right)$. 由不等式 $1 \leq|x+3| \leq 2$ 可得 $-2 \leq x \leq-1$ 或 $-5 \leq x \leq-4$, 则不等式组表示的区域如图阴影部分.

<ImageHere>

由 $\left\{\begin{array}{l}x=-1, \\ x+y+3=0,\end{array}\right.$ 得点 $(-1,-2)$. 由 $\left\{\begin{array}{l}x=-1, \\ x-y-2=0,\end{array}\right.$ 得 $(-1,-3)$. 同样的可以求出直线 $x-y-2=0$, $x+y+3=0$ 与 $x=-2$ 的交点为 $(-2,-4),(-2,-1)$, 所以小梯形的面积为 $S_{1}=\frac{1}{2}[(-2)-(-3)+(-1)-(-4)] \times 1=2$, 同理可以求出大梯形的面积 $S_{2}=8$, 所以不等式组围成的平面区域的面积为 $S=S_{1}+S_{2}=2+8=10$.

Question: 画出不等式组 $\left\{\begin{array}{l}x-y-2 \leq 0, \\ x+y+3 \leq 0, \\ 1 \leq|x+3| \leq 2\end{array}\right.$ 表示的平面区域, 并求其面积.

画法几何学

平面区域见解析, 面积为 10

 解析  $x-y-2 \leq 0$ 不等式组表示直线 $x-y-2=0$ 左上方的点和该直线, $x+y+3 \leq 0$ 表示直线 $x+y+3=0$ 左下方的点和该直线, 由 $\left\{\begin{array}{l}x-y-2=0, \\ x+y+3=0,\end{array}\right.$ 得 $C\left(-\frac{1}{2},-\frac{5}{2}\right)$. 由不等式 $1 \leq|x+3| \leq 2$ 可得 $-2 \leq x \leq-1$ 或 $-5 \leq x \leq-4$, 则不等式组表示的区域如图阴影部分.

<ImageHere>

由 $\left\{\begin{array}{l}x=-1, \\ x+y+3=0,\end{array}\right.$ 得点 $(-1,-2)$. 由 $\left\{\begin{array}{l}x=-1, \\ x-y-2=0,\end{array}\right.$ 得 $(-1,-3)$. 同样的可以求出直线 $x-y-2=0$, $x+y+3=0$ 与 $x=-2$ 的交点为 $(-2,-4),(-2,-1)$, 所以小梯形的面积为 $S_{1}=\frac{1}{2}[(-2)-(-3)+(-1)-(-4)] \times 1=2$, 同理可以求出大梯形的面积 $S_{2}=8$, 所以不等式组围成的平面区域的面积为 $S=S_{1}+S_{2}=2+8=10$.


Answer:
：解 设 $a=2 m-1, b=2 n-1, c=2 p-1(m, n, p \in \mathbf{Z})$,则 $b^{2}-4 a c=(2 n-1)^{2}-4(2 m-1)(2 p-1)$

$=4\left[n^{2}-n-(2 m-1)(2 p-1)\right]+1$ 为奇数.

$\therefore b^{2}-4 a c \neq 0$.
$\therefore$ 方程 $a x^{2}+b x+c=0(a \neq 0)$ 没有等根.

即原命题是真命题.

它的逆否命题 “若方程 $a x^{2}+b x+c=0(a \neq 0)$ 有等根, 则 $a, b, c$不全为奇数”也是真命题.

它的逆命题为 “若方程 $a x^{2}+b x+c=0(a \neq 0)$ 没有等根, 则 $a, b$, $c$ 均为奇数”

当 $a=1, b=0, c=-1$ 时, 方程 $x^{2}-1=0$ 没有等根, 其中 $b=0$不是奇数.

所以它的逆命题是假命题.

它的否命题 “如果 $a, b, c$ 不全为奇数, 那么方程 $a x^{2}+b x+c=$ $0(a \neq 0)$ 有等根” 也是假命题.

Question: 10. 设命题 “如果 $a, b, c$ 均为奇数, 那么方程 $a x^{2}+b x+c=0(a \neq 0)$没有等根” . 试判断它的四种命题的真假.

逻辑题

：解 设 $a=2 m-1, b=2 n-1, c=2 p-1(m, n, p \in \mathbf{Z})$,则 $b^{2}-4 a c=(2 n-1)^{2}-4(2 m-1)(2 p-1)$

$=4\left[n^{2}-n-(2 m-1)(2 p-1)\right]+1$ 为奇数.

$\therefore b^{2}-4 a c \neq 0$.
$\therefore$ 方程 $a x^{2}+b x+c=0(a \neq 0)$ 没有等根.

即原命题是真命题.

它的逆否命题 “若方程 $a x^{2}+b x+c=0(a \neq 0)$ 有等根, 则 $a, b, c$不全为奇数”也是真命题.

它的逆命题为 “若方程 $a x^{2}+b x+c=0(a \neq 0)$ 没有等根, 则 $a, b$, $c$ 均为奇数”

当 $a=1, b=0, c=-1$ 时, 方程 $x^{2}-1=0$ 没有等根, 其中 $b=0$不是奇数.

所以它的逆命题是假命题.

它的否命题 “如果 $a, b, c$ 不全为奇数, 那么方程 $a x^{2}+b x+c=$ $0(a \neq 0)$ 有等根” 也是假命题.


Answer:
：解 原命题的逆否命题为:

已知 $a, x \in \mathbf{R}$, 如果 $a<1$, 那么关于 $x$ 的不等式 $x^{2}+(2 a+1) x+$ $a^{2}+2 \leqslant 0$ 的解集为空集.

判断如下:

抛物线 $y=x^{2}+(2 a+1) x+a^{2}+2$ 开口向上,

判别式 $\Delta=(2 a+1)^{2}-4\left(a^{2}+2\right)=4 a-7$

$\because a<1, \quad \therefore 4 a-7<0$.

即抛物线 $y=x^{2}+(2 a+1) x+a^{2}+2$ 与 $x$ 轴无交点.

$\therefore$ 关于 $x$ 的不等式 $x^{2}+(2 a+1) x+a^{2}+2 \leqslant 0$ 的解集为空集.

故逆否命题为真.

Question: 9. 判断命题 “已知 $a, x \in \mathbf{R}$, 若关于 $x$ 的不等式 $x^{2}+(2 a+1) x$ $+a^{2}+2 \leqslant 0$ 的解集非空, 则 $a \geqslant 1$ ” 的逆否命题的真假.

逻辑题

：解 原命题的逆否命题为:

已知 $a, x \in \mathbf{R}$, 如果 $a<1$, 那么关于 $x$ 的不等式 $x^{2}+(2 a+1) x+$ $a^{2}+2 \leqslant 0$ 的解集为空集.

判断如下:

抛物线 $y=x^{2}+(2 a+1) x+a^{2}+2$ 开口向上,

判别式 $\Delta=(2 a+1)^{2}-4\left(a^{2}+2\right)=4 a-7$

$\because a<1, \quad \therefore 4 a-7<0$.

即抛物线 $y=x^{2}+(2 a+1) x+a^{2}+2$ 与 $x$ 轴无交点.

$\therefore$ 关于 $x$ 的不等式 $x^{2}+(2 a+1) x+a^{2}+2 \leqslant 0$ 的解集为空集.

故逆否命题为真.


Answer:
：解 (1)綈 $p: \forall x, y \in \mathbf{Z}, \sqrt{2} x+y \neq 3$,

当 $x=0, y=3$ 时, $\sqrt{2} x+y=3$,

因此綈 $p$ 是假命题.

(2)綈 $q: \exists x \in \mathbf{R}, x^{2}+x-4 \leqslant 0$,
当 $x=0$ 时, $x^{2}+x-4=-4 \leqslant 0$,

因此綈 $q$ 是真命题.

Question:
8. 写出下列命题的否定, 并判断其真假.

(1)p: $\exists x_{0}, y_{0} \in \mathbf{Z}$, 使得 $\sqrt{2} x_{0}+y_{0}=3$;

(2) $q: \forall x \in \mathbf{R}, x^{2}+x-4>0$.

逻辑题

：解 (1)綈 $p: \forall x, y \in \mathbf{Z}, \sqrt{2} x+y \neq 3$,

当 $x=0, y=3$ 时, $\sqrt{2} x+y=3$,

因此綈 $p$ 是假命题.

(2)綈 $q: \exists x \in \mathbf{R}, x^{2}+x-4 \leqslant 0$,
当 $x=0$ 时, $x^{2}+x-4=-4 \leqslant 0$,

因此綈 $q$ 是真命题.


Answer:
：解 $\because$ “存在 $x \in \mathbf{R}$, 使 $2 x^{2}-3 a x+9<0$ ” 为假命题.

$\therefore$ 它的否定 “对任意的 $x \in \mathbf{R}, 2 x^{2}-3 a x+9 \geqslant 0$ ” 为真命题.

$\therefore$ 只要 $\Delta=9 a^{2}-4 \times 2 \times 9 \leqslant 0$ 即可.

解得 $-2 \sqrt{2} \leqslant a \leqslant 2 \sqrt{2}$.

故 $a$ 的取值范围是 $[-2 \sqrt{2}, 2 \sqrt{2}]$.

Question: 9. 命题 “存在 $x \in \mathbf{R}$, 使 $2 x^{2}-3 a x+9<0$ ” 为假命题, 求实数 $a$的取值范围.

逻辑题

：解 $\because$ “存在 $x \in \mathbf{R}$, 使 $2 x^{2}-3 a x+9<0$ ” 为假命题.

$\therefore$ 它的否定 “对任意的 $x \in \mathbf{R}, 2 x^{2}-3 a x+9 \geqslant 0$ ” 为真命题.

$\therefore$ 只要 $\Delta=9 a^{2}-4 \times 2 \times 9 \leqslant 0$ 即可.

解得 $-2 \sqrt{2} \leqslant a \leqslant 2 \sqrt{2}$.

故 $a$ 的取值范围是 $[-2 \sqrt{2}, 2 \sqrt{2}]$.


Answer:
：解 $p: x>1$ 或 $x<-\frac{1}{5}$, 则綈 $p:-\frac{1}{5} \leqslant x \leqslant 1$.

$q: \frac{1}{x^{2}+4 x-5}>0$, 即 $x^{2}+4 x-5>0$, 则綈 $q: x^{2}+4 x-5 \leqslant 0$, 即一 $5 \leqslant x \leqslant 1$.

$\because\left\{x \left\lvert\,-\frac{1}{5} \leqslant x \leqslant 1\right.\right\} \quad\{x \mid-5 \leqslant x \leqslant 1\}$,

$\therefore$ 綈 $p$ 是綈 $q$ 的充分不必要条件.

Question: 10. 已知 $p: x>1$ 或 $x<-\frac{1}{5}, q: \frac{1}{x^{2}+4 x-5}>0$, 则綈 $p$ 是綈 $q$ 的什么条件?

逻辑题

：解 $p: x>1$ 或 $x<-\frac{1}{5}$, 则綈 $p:-\frac{1}{5} \leqslant x \leqslant 1$.

$q: \frac{1}{x^{2}+4 x-5}>0$, 即 $x^{2}+4 x-5>0$, 则綈 $q: x^{2}+4 x-5 \leqslant 0$, 即一 $5 \leqslant x \leqslant 1$.

$\because\left\{x \left\lvert\,-\frac{1}{5} \leqslant x \leqslant 1\right.\right\} \quad\{x \mid-5 \leqslant x \leqslant 1\}$,

$\therefore$ 綈 $p$ 是綈 $q$ 的充分不必要条件.


Answer:
：解 由 $\lg \left(x^{2}-2 x-2\right) \geqslant 0$, 得 $x^{2}-2 x-2 \geqslant 1$,

$\therefore x \geqslant 3$, 或 $x \leqslant-1$. 即 $p: x \geqslant 3$, 或 $x \leqslant-1$.

$\therefore$ 綈 $p:-1<x<3$.又 $\because q: 0<x<4$,

$\therefore$ 綈 $q: x \geqslant 4$, 或 $x \leqslant 0$.

由 $p$ 且 $q$ 为假, $p$ 或 $q$ 为真知 $p, q$ 一真一假，

<ImageHere>

得 $x \geqslant 4$, 或 $x \leqslant-1$;

当 $p$ 假 $q$ 真时, 由 $\left\{\begin{array}{l}-1<x<3, \\ 0<x<4,\end{array}\right.$ 得 $0<x<3$,

$\therefore$ 实数 $x$ 的取值范围是 $\{x \mid x \leqslant-1$, 或 $0<x<3$, 或 $x \geqslant 4\}$.

Question: 9. 已知命题 $p: \lg \left(x^{2}-2 x-2\right) \geqslant 0$; 命题 $q: 0<x<4$. 若 $p$ 且 $q$ 为假, $p$ 或 $q$ 为真, 求实数 $x$ 的取值范围.

逻辑题

：解 由 $\lg \left(x^{2}-2 x-2\right) \geqslant 0$, 得 $x^{2}-2 x-2 \geqslant 1$,

$\therefore x \geqslant 3$, 或 $x \leqslant-1$. 即 $p: x \geqslant 3$, 或 $x \leqslant-1$.

$\therefore$ 綈 $p:-1<x<3$.又 $\because q: 0<x<4$,

$\therefore$ 綈 $q: x \geqslant 4$, 或 $x \leqslant 0$.

由 $p$ 且 $q$ 为假, $p$ 或 $q$ 为真知 $p, q$ 一真一假，

<ImageHere>

得 $x \geqslant 4$, 或 $x \leqslant-1$;

当 $p$ 假 $q$ 真时, 由 $\left\{\begin{array}{l}-1<x<3, \\ 0<x<4,\end{array}\right.$ 得 $0<x<3$,

$\therefore$ 实数 $x$ 的取值范围是 $\{x \mid x \leqslant-1$, 或 $0<x<3$, 或 $x \geqslant 4\}$.


Answer:
解：正数集合： $\left\{1, \frac{1}{3}, 0.5,+7, \frac{6}{13}, 0.3,5 \%, 1.010010001 \ldots\right\}$;

负数集合: $\{-\pi,-6.4,-9,-26 \ldots\}$;

整数集合: $\{1,+7,0,-9,-26 \ldots\}$

分数集合: $\left\{\frac{1}{3}, 0.5,-6.4, \frac{6}{13}, 0.3,5 \%, 1.010010001 \ldots\right\}$.

Question:
把下列各数填到相应的集合中.

$1, \frac{1}{3}, 0.5,+7,0,-\pi,-6.4,-9, \frac{6}{13}, 0.3,5 \%,-26,1.010010001 \ldots$

正数集合: \{

$\ldots\}$

负数集合: \{

$\cdots\}$

整数集合: \{

$\cdots\}$

分数集合: \{

组合数学


Answer:
(1) $+3 ;+4 ;+3 ;-2 ; D ;-2$

(2) 解: 由题意得: $1+4+2+0+1+2=10$;

（3）解：如图所示：这只甲虫从 $\mathrm{A}$ 处去甲虫 $\mathrm{P}$ 处的行走路线依次经过 $H, M, B$, 再到 $\mathrm{P}$,

<ImageHere>

Question:
如图, 一只甲虫在 $5 \times 5$ 的方格 (每小格边长为 1 ) 上沿着网格线运动. 它从 $\mathrm{A}$ 处出发看望 $\mathrm{B} 、$ C、 $\mathrm{D}$ 处的其他甲虫, 规定：向上向右走为正，向下向左走为负，如果从 A 到 B 记为: $\mathrm{A} \rightarrow \mathrm{B}(+1$, $+4)$, 从 $\mathrm{B}$ 到 $\mathrm{A}$ 记为: $\mathrm{B} \rightarrow \mathrm{A}(-1,-4)$, 其中第一个数表示左右方向, 第二个数表示上下方向,那么图中.
<ImageHere>

（2）若这只甲虫的行走路线为 $\mathrm{A} \rightarrow \mathrm{B} \rightarrow \mathrm{C} \rightarrow \mathrm{D}$ ，请计算该甲虫走过的路程;

（3）若这只甲虫从 $\mathrm{A}$ 处去甲虫 $\mathrm{P}$ 处的行走路线依次为 $(+2,+2),(+1,-1),(-2,+3),(-$ $1,-2)$, 请在图中标出 $\mathrm{P}$ 的位置.

组合数学

(1) 规定：向上向右走为正，向下向左走为负，

则 $\mathrm{A} \rightarrow \mathrm{C}(+3,+4), \mathrm{B} \rightarrow \mathrm{D}(+3,-2), \mathrm{C} \rightarrow \mathrm{D}(+1,-2)$,

故答案为: $+3,+4 ;+3,-2 ; \mathrm{D},-2$


Answer:
(1) $9 ;-6$

(2) 解: 前 $\mathrm{m}$ 个格子中所填整数之和可能为 2023 ,

$\because 9+(-6)+2=5,2023 \div 5=404 \ldots 3,9+(-6)=3$,

故前 $\mathrm{m}$ 个格子中所填数字之和可能为 2023 ;

$\mathrm{m}$ 的值为: $404 \times 3+2=1214$

(3) 解: 由于是三个数重复出现, 那么前 7 个格子中, 这三个数中, 9 出现了三次,

-6 和 2 都出现了 2 次,

原式 $=[|9-(-6)| \times 2+|9-2| \times 2] \times 3+[|-6-9| \times 3+|-6-2| \times 2] \times 2+[|2-9| \times 3+|2-(-6)| \times 2] \times 2$ $=[15 \times 2+14] \times 3+[15 \times 3+16] \times 2+[21+16] \times 2=328$.

Question:
如图, 从左到右, 在每个小格子都填入一个整数, 使得其中任意三个相邻格子中所填整数之和都相等.

| 9 | $\&$ | $\#$ | $\mathrm{x}$ | -6 |  |  |  | 2 |  | $\ldots$ |
| :--- | :--- | :--- | :--- | :--- | :--- | :--- | :--- | :--- | :--- | :--- |

(1) 可求得 $x=$ \$ \qquad \$ , 第 2021 个格子中的数为 \$ \qquad \$ ;

（2）判断: 前 $m$ 个格子中所填整数之和是否可能为 2023? 若能, 求出 $m$ 的值; 若不能, 请说明理由.

（3）如果 $\mathrm{a} 、 \mathrm{~b}$ 为前三个格子中的任意两个数, 那么所有的 $|\mathrm{a}-\mathrm{b}|$ 的和可以通过计算: $|9-\&|+\mid 9-$ $\#+|\&-\#++\&-9|+|\#-9|+|\#-\&|$ 得到, 若 $\mathrm{a}, \mathrm{b}$ 为前 7 个格子中的任意两个数, 则所有的 $|\mathrm{a}-\mathrm{b}|$ 的和为多少?

组合数学

(1) $\because$ 任意三个相邻格子中所填整数之和都相等,

$\therefore 9+\&+\#=\&+\#+x=\#+x+(-6)$,

$\therefore \mathrm{x}=9, \&=-6$,

由格子中后面有个数字 2, 可知\#=2,

故这个表格中的数据以 $9,-6,2$ 循环出现,

$\because 2021 \div 3=674 \ldots 2$,

$\therefore$ 第 2021 个格子中的数为 -6,

故答案为: $9,-6$;


Answer:
(1) 解: 数组 $1,2,3,4$ 是“运算平衡”数组, $+1-2-3+4=0$;

（2）解: 要使数组 $1,4,6, m$ 是“运算平衡”数组, 有以下情况: $1+4+6+m=0 ;-1+4+6+m=0 ; 1-4+6+m=0 ; \quad 1+4-6+m=0 ; 1+4+6-m=0 ;-1-4+6+m=0 ;-1+4-6+m=0 ;-$ $1+4+6-\mathrm{m}=0 ; \quad 1-4-6+\mathrm{m}=0 ; \quad 1-4+6-\mathrm{m}=0 ; \quad 1+4-6-\mathrm{m}=0 ; \quad-1-4-6+\mathrm{m}=0 ; \quad-1-4+6-\mathrm{m}=0, \quad-1+4-6-\mathrm{m}=0, \quad 1-4-6-$ $\mathrm{m}=0 ;-1-4-6-\mathrm{m}=0$; 共 16 中情况,

经计算得 $\mathrm{m}= \pm 1, \pm 3, \pm 9, \pm 11$;

(3) 解: 这 $n$ 个整数互不相同, 在这 $n$ 个数字前任意添加“+”或“-”号后运算结果为 0 .

Question:
将 $n$ 个互不相同的整数置于一排, 构成一个数组. 在这 $n$ 个数字前任意添加“+”或“-”号, 可以得到一个算式. 若运算结果可以为 0 , 我们就将这个数组称为“运算平衡”数组.

（1）数组 $1,2,3,4$ 是否是“运算平衡”数组? 若是, 请在以下数组中填上相应的符号, 并完成运算;

$1234=$

(2) 若数组 $1,4,6, m$ 是“运算平衡”数组, 则 $m$ 的值可以是多少?

（3）若某“运算平衡”数组中共含有 $n$ 个整数, 则这 $n$ 个整数需要具备什么样的规律?

组合数学


Answer:
(1) 解: $(-0.8) \times 1+(-0.5) \times 4+(-0.3) \times 2+0 \times 3+0.4 \times 2+0.5 \times 8$, $=-0.8-2-0.6+0+0.8+4$ $=1.4$ (千克),所以这 20 筐药材总计超过 1.4 千克.

(2) 解: $(10 \times 20+1.4) \times 15$,

$=201.4 \times 15$,

$=3021($ 元 $)$,

所以这 20 筐药材可卖 3021 元.

Question:
城固资源富集, 享有“天然药库”的美誉, 现有 20 筐药材, 以每筐 10 千克为标准质量, 超过的质量用正数表示，不足的质量用负数表示，结果记录如下:

| 与标准质量的差值（单位: 千克） | -0.8 | -0.5 | -0.3 | 0 | 0.4 | 0.5 |
| :--- | :--- | :--- | :--- | :--- | :--- | :--- |
| 筐数 | 1 | 4 | 2 | 3 | 2 | 8 |

（1）与标准质量相比, 这 20 筐药材总计超过或不足多少千克?

（2）若这些药材平均以每千克 15 元的价格出售, 则这 20 筐药材可卖多少元?

计数


Answer:
解: (1) $\because$ 结合折线图与扇形图得出参加乒乓球队的人数为 20 , 占总数的 $20 \%$,

$\therefore$ 总人数为: $20 \div 20 \%=100$ 人,

$\therefore$ 参加篮球队的有: $100 \times 40 \%=40$ 人,

参加足球队的人数占全部参加人数的: $30 \div 100 \times 100 \%=30 \%$,故答案为: 40,30 ;

（2）喜欢排球队的人数在扇形统计图中所占的圆心角是百分比为: 1 $(40 \%+30 \%+20 \%)=10 \%$,圆心角度数 $=360 \times 10 \%=36^{\circ} ;$ 正确补全折线图中篮球、排球折线;

<ImageHere>

(3) 用列表法

| 小虎 <br> 小明 | 1 | 2 | 3 | 4 |
| :--- | :--- | :--- | :--- | :--- |
| 1 | 1,1 | 1,2 | 1,3 | 1,4 |

| 2 | 2,1 | 2,2 | 2,3 | 2,4 |
| :---: | :---: | :---: | :---: | :---: |
| 3 | 3,1 | 3,2 | 3,3 | 3,4 |
| 4 | 4,1 | 4,2 | 4,3 | 4,4 |

共有 16 种可能的结果, 且每种结果的可能性相同, 其中小明可能获得参加权的结果是六种,

分别是 $2,1 ３ ， 1 ３ ， 2 ; 4 ， 1 ４ ， 2 ; 4 ， 3$;

$\therefore$ 小明获参加权的概率 $\mathrm{P}_{1}=\frac{6}{16}=\frac{3}{8}$, 小虎获参加权的概率 $\mathrm{P}_{2}=\frac{10}{16}=\frac{5}{8}$, 或小虎获参加权的概率 $\mathrm{P}_{2}=1-\frac{3}{8}=\frac{5}{8}$,

$\because \mathrm{P}_{1}<\mathrm{P}_{2}, \therefore$ 这个规则对双方不公平.

Question:
(7 分) 学校为了响应国家阳光体育活动, 选派部分学生参加足球、乒乓球、篮球、排球队集训. 根据参加项目制成如下两幅不完整的统计图 (如图 1 和如图 2, 要求每位同学只能选择一种自己喜欢的球类, 图中用足球、乒乓球、篮球、排球代表喜欢这四种球类某种球类的学生人数)

<ImageHere>

图1

<ImageHere>

图2

请你根据图中提供的信息解答下列问题:

（1）参加篮球队的有 40 人, 参加足球队的人数占全部参加人数的 $30 \ldots \%$.

（2）喜欢排球队的人数在扇形统计图中所占的圆心角是多少度? 并补全频数分布折线统计图.

（3）若足球队只剩一个集训名额, 学生小明和小虎都想参加足球队, 决定采用随机摸球的方式确定参加权, 具体规则如下: 一个不透明的袋子中装着标有数字 1、2、3、4 的四个完全相同的小球，小明随机地从四个小球中摸出一球然后放回，小虎再随机地摸出一球，若小明摸出的小球标有数字比小虎摸出的小球标有的数字大, 则小明参加, 否则小虎参加, 试分析这种规则对双方是否公平?

计数


Answer:
(1) 20,20 ;
(2) 50,10 ;
(3) 72 人

【分析】（1）根据统计表和扇形统计图给出的数据即可得出答案;

(2) 根据良好的人数和所占的百分比求出总人数, 再用“不及格”的女生人数除以总人数即可得出所
占的百分比; (3) 用总人数乘以等级为“优秀”的学生人数所占的百分比即可.

【详解】解: (1) 被测试女生中, 成绩等级为“良好”的女生人数为 20 ;

成绩等级为“及格”的女生人数占被测试女生总人数的百分比为 $20 \%$, 故答案为: 20,20 ;

(2) 被测试女生总数是 $20 \div 0.4=50$ (人),

成绩等级为“不及格”的女生人数占被测试女生总人数的百分比为 $\frac{5}{50} \times 100 \%=10 \%$; 故答案为: 50,10 ;

（3）及格人数有 $50 \times 20 \%=10$ (人)，优秀人数有： $50-20-10-5=15$ (人)， $240 \times \frac{15}{50}=72$ (人),

答: 该校八年级女生成绩等级为“优秀”的学生人数有 72 人.

【点睛】本题考查的是表格统计图和扇形统计图的综合运用. 读獚统计图, 从不同的统计图中得到必要的信息是解决问题的关键. 表格统计图能清楚地表示出每个项目的数据; 扇形统计图直接反映部分占总体的百分比大小.

Question:
（2021-浙江宁波市$\cdot$七年级期中）某校为了解九年级女生“仰卧起坐”成绩的情况，随机选取该年级部分女生进行测试. 以下是根据测试成绩绘制的统计图表的一部分.

| 成绩等级 | 频数 (人) | 频率 |
| :---: | :---: | :---: |
| 优秀 |  |  |
| 良好 | 20 | 0.4 |
| 及格 |  |  |
| 不及格 | 5 |  |

<ImageHere>

根据以上信息, 解答下列问题: （1）被测试女生中，成绩等级为“良好”的女生人数为人,成绩等级为“及格”的女生人数占被测试女生总人数的百分比为 \$ \qquad \$ \%; （2）被测试女生的总人数为人, 成绩等级为“不及格”的女生人数占被测试女生总人数的百分比为 \$ \qquad \$ $\% ; \quad(3)$若该校九年级共有 240 名女生，根据调查结果，估计该校八年级女生成绩等级为“优秀”的学生人数.

计数

（1）根据统计表和扇形统计图给出的数据即可得出答案;

(2) 根据良好的人数和所占的百分比求出总人数, 再用“不及格”的女生人数除以总人数即可得出所
占的百分比; (3) 用总人数乘以等级为“优秀”的学生人数所占的百分比即可.

【详解】解: (1) 被测试女生中, 成绩等级为“良好”的女生人数为 20 ;

成绩等级为“及格”的女生人数占被测试女生总人数的百分比为 $20 \%$, 故答案为: 20,20 ;

(2) 被测试女生总数是 $20 \div 0.4=50$ (人),

成绩等级为“不及格”的女生人数占被测试女生总人数的百分比为 $\frac{5}{50} \times 100 \%=10 \%$; 故答案为: 50,10 ;

（3）及格人数有 $50 \times 20 \%=10$ (人)，优秀人数有： $50-20-10-5=15$ (人)， $240 \times \frac{15}{50}=72$ (人),

答: 该校八年级女生成绩等级为“优秀”的学生人数有 72 人.

【点睛】本题考查的是表格统计图和扇形统计图的综合运用. 读獚统计图, 从不同的统计图中得到必要的信息是解决问题的关键. 表格统计图能清楚地表示出每个项目的数据; 扇形统计图直接反映部分占总体的百分比大小.


Answer:
（1） $5 、 12$; （2） $10 、 C$; (3) 541 人

【分析】(1) 根据组距的定义结合表格可得组距, 求出男生总人数, 再用女生总人数乘以 $B$ 组的百分比可得; (2) 将位于这一小组内的频数相加, 分别计算出各组人数之和即可求得结果;

（3）分别用男、女生的人数乘以对应的百分比, 相加即可得解.

【详解】解: (1) 在样本中, 组距是 5 , 男生共有 $2+4+8+12+14=40$ 人,

$\because$ 男、女生的人数相同, 女生身高在 B 组的人数有 $40 \times(1-35 \%-20 \%-15 \%-5 \%)=12$ 人,故答案为: $5 、 12$;

(2) 在样本中, 身高在 $170 \leq x<175$ 之间的人数共有 $8+40 \times 5 \%=10$ 人,

$\because A$ 组人数为 $2+40 \times 20 \%=10$ 人, $B$ 组人数为 $4+12=16$ 人, $C$ 组人数为 $12+40 \times 35 \%=26$ 人, $D$ 组人数为 $14+40 \times 10 \%=18$ 人, $E$ 组人数为 $8+40 \times 5 \%=10$ 人, $\therefore C$ 组人数最多, 故答案为: $10 、 C$;

(3) $500 \times \frac{12+14}{40}+480 \times(35 \%+10 \%)=541$ (人),

故估计身高在 $160 \leq x<170$ 之间的学生约有 541 人.

【点睛】本题考查读频数分布直方图的能力和利用统计图获取信息的能力; 利用统计图获取信息时,必须认真观察、分析、研究统计图, 才能作出正确的判断和解决问题.

Question:
(2022-浙江) 为了了解某中学学生的身高情况, 随机对该校男、女生的身高进行抽样调查. 抽取的样本中, 男、女生的人数相同, 根据所得数据绘制成如图所示的统计图表.

| 组别 | 男女生身高 $(\mathrm{cm})$ |
| :--- | :--- |
| $A$ | $150 \leqslant x<155$ |

| $B$ | $155 \leqslant x<160$ |
| :--- | :--- |
| $C$ | $160 \leqslant x<165$ |
| $D$ | $165 \leqslant x<170$ |
| $E$ | $170 \leqslant x<175$ |

<ImageHere>

男生身高直方图

<ImageHere>

女生身高扇形图

根据图表中提供的信息, 回答下列问题: (1) 在样本中, 组距是 \$ \qquad \$ ，女生身高在 $B$ 组的有

人; (2) 在样本中, 身高在 $170 \leqslant x<175$ 之间的共有人, 人数最多的是 \$ \qquad \$组 $($ 填组别序号) ; (3) 已知该校共有男生 500 人, 女生 480 人, 请估计身高在 $160 \leqslant x<170$ 之间的学生有多少人?

计数

(1) 根据组距的定义结合表格可得组距, 求出男生总人数, 再用女生总人数乘以 $B$ 组的百分比可得; (2) 将位于这一小组内的频数相加, 分别计算出各组人数之和即可求得结果;

（3）分别用男、女生的人数乘以对应的百分比, 相加即可得解.

【详解】解: (1) 在样本中, 组距是 5 , 男生共有 $2+4+8+12+14=40$ 人,

$\because$ 男、女生的人数相同, 女生身高在 B 组的人数有 $40 \times(1-35 \%-20 \%-15 \%-5 \%)=12$ 人,故答案为: $5 、 12$;

(2) 在样本中, 身高在 $170 \leq x<175$ 之间的人数共有 $8+40 \times 5 \%=10$ 人,

$\because A$ 组人数为 $2+40 \times 20 \%=10$ 人, $B$ 组人数为 $4+12=16$ 人, $C$ 组人数为 $12+40 \times 35 \%=26$ 人, $D$ 组人数为 $14+40 \times 10 \%=18$ 人, $E$ 组人数为 $8+40 \times 5 \%=10$ 人, $\therefore C$ 组人数最多, 故答案为: $10 、 C$;

(3) $500 \times \frac{12+14}{40}+480 \times(35 \%+10 \%)=541$ (人),

故估计身高在 $160 \leq x<170$ 之间的学生约有 541 人.

【点睛】本题考查读频数分布直方图的能力和利用统计图获取信息的能力; 利用统计图获取信息时,必须认真观察、分析、研究统计图, 才能作出正确的判断和解决问题.


Answer:
(1)图略.

$(2)|+6|+|-9|+|+7|+|-5|=27(\mathrm{~km})$,

所以耗油 $27 \times

Question:
(本小题 8.0 分)

某电力公司检修小组乘汽车沿一条东西走向的公路检修线路, 向东行驶记为正.某天从 $A$ 地出发到收工时，行走记录为(单位: $k m):+6,-9,+7,-5$.

(1)画一条数轴, 以原点表示 $A$ 地, 在数轴上表示出检修小组每次行走的终点位置.

(2)估计汽车行驶 $100 \mathrm{~km}$ 的耗油量为 $12.5 \mathrm{~L}$, 则这天检修小组从出发到收工共耗油多少升?

计数


Answer:
(1) 解: $-1,2,-\frac{1}{2},-(-3),|-3.5|$ 的绝对值分别为;

$|-1|=1,|2|=2,\left|-\frac{1}{2}\right|=\frac{1}{2},|-(-3)|=3,|-3.5|=3.5$,

并分别把它们和它们的绝对值在数轴上表示如下图:

<ImageHere>

（2）解：由题意可知: $a+b=0, c d=1, m= \pm 2$,

$\therefore$ 原式 $=0+4-2$
$=2 ;$

Question:
（1）写出下列各数的绝对值, 并分别把它们和它们的绝对值在数轴上表示出来.

$-1,2,-\frac{1}{2},-(-3),|-3.5|$.

<ImageHere>

(2) 已知 $\mathrm{a}, \mathrm{b}$ 互为相反数, $\mathrm{c}, \mathrm{d}$ 互为倒数, $\mathrm{m}$ 绝对值等于 2 的数, 求 $\frac{a+b}{a+b+c}+m^{2}-2 c d$ 的值.

算术


Answer:
(1) 解: $10-(-5)+(-9)$

$=10+5-9$

$=6$

(2) 解: $\left(-\frac{1}{6}+\frac{2}{3}-\frac{5}{12}\right) \div\left(-\frac{1}{48}\right)$

$=\left(\frac{1}{6}-\frac{2}{3}+\frac{5}{12}\right) \times 48$

$=\frac{1}{6} \times 48-\frac{2}{3} \times 48+\frac{5}{12} \times 48$

$=8-32+20$

$=-4$

(3) 解: $-1^{2021}-\frac{1}{6} \div\left(-3 \times \frac{1}{9}\right)+|-2|$

$=-1-\frac{1}{6} \div\left(-\frac{1}{3}\right)+2$

$=-1+\frac{1}{6} \times 3+2$

$=-1+\frac{1}{2}+2$

$=\frac{3}{2}$

Question:
计算:

(1) $10-(-5)+(-9)$

(2) $\left(-\frac{1}{6}+\frac{2}{3}-\frac{5}{12}\right) \div\left(-\frac{1}{48}\right)$

(3) $-1^{2021}-\frac{1}{6} \div\left(-3 \times \frac{1}{9}\right)+|-2|$

算术


Answer:
解: (1)原式 $=1-\frac{1}{2}+\frac{1}{2}-\frac{1}{3}+\cdots+\frac{1}{2004}-\frac{1}{2005}=1-\frac{1}{2005}=\frac{2004}{2005}$;

(2) 原式 $=\frac{1}{2} \times\left(1-\frac{1}{3}+\frac{1}{3}-\frac{1}{5}+\frac{1}{5}-\frac{1}{7}+\cdots+\frac{1}{49}-\frac{1}{51}\right)=\frac{1}{2} \times\left(1-\frac{1}{51}\right)=\frac{25}{51}$.

Question:
请先阅读下列一组内容, 然后解答问题:

因为: $\frac{1}{1 \times 2}=1-\frac{1}{2}, \frac{1}{2 \times 3}=\frac{1}{2}-\frac{1}{3}, \frac{1}{3 \times 4}=\frac{1}{3}-\frac{1}{4} \cdots \frac{1}{9 \times 10}=\frac{1}{9}-\frac{1}{10}$

所以: $\frac{1}{1 \times 2}+\frac{1}{2 \times 3}+\frac{1}{3 \times 4}+\cdots+\frac{1}{9 \times 10}$

$=\left(1-\frac{1}{2}\right)+\left(\frac{1}{2}-\frac{1}{3}\right)+\left(\frac{1}{3}-\frac{1}{4}\right)+\cdots+\left(\frac{1}{9}-\frac{1}{10}\right)$

$=1-\frac{1}{2}+\frac{1}{2}-\frac{1}{3}+\frac{1}{3}-\frac{1}{4}+\cdots+\frac{1}{9}-\frac{1}{10}=1-\frac{1}{10}=\frac{9}{10}$

问题:

计算: (1) $\frac{1}{1 \times 2}+\frac{1}{2 \times 3}+\frac{1}{3 \times 4}+\cdots+\frac{1}{2004 \times 2005}$;

(2) $\frac{1}{1 \times 3}+\frac{1}{3 \times 5}+\frac{1}{5 \times 7}+\cdots+\frac{1}{49 \times 51}$

算术


Answer:
解：解法一：原式 $=\frac{1}{12} \div \frac{1}{3}-\frac{1}{12} \div \frac{1}{4}+\frac{1}{12} \div \frac{1}{12}=\frac{1}{4}-\frac{1}{3}+1=\frac{11}{12}$ ，

解法二: 原式 $=\frac{1}{12} \div\left(\frac{1}{3}-\frac{1}{4}+\frac{1}{12}\right)=\frac{1}{12} \div\left(\frac{4}{12}-\frac{3}{12}+\frac{1}{12}\right)=\frac{1}{12} \div \frac{1}{6}=\frac{1}{12} \times 6=\frac{1}{2}$,

解法三: 原式的倒数为

$\left(\frac{1}{3}-\frac{1}{4}+\frac{1}{12}\right) \div \frac{1}{12}=\left(\frac{1}{3}-\frac{1}{4}+\frac{1}{12}\right) \times 12=\frac{1}{3} \times 12-\frac{1}{4} \times 12+\frac{1}{12} \times 12=4-3+1=2$,

$\therefore \frac{1}{12} \div\left(\frac{1}{3}-\frac{1}{4}+\frac{1}{12}\right)=\frac{1}{2} ;$

上述得到的结果不同, 所以我认为解法一是错误的;

故答案为一;

$\left(-\frac{1}{30}\right) \div\left(\frac{2}{3}-\frac{1}{10}+\frac{1}{6}-\frac{2}{5}\right)$ 的倒数为 $\left(\frac{2}{3}-\frac{1}{10}+\frac{1}{6}-\frac{2}{5}\right) \div\left(-\frac{1}{30}\right)=\left(\frac{2}{3}-\frac{1}{10}+\frac{1}{6}-\frac{2}{5}\right) \times(-30)$

$$
=\frac{2}{3} \times(-30)-\frac{1}{10} \times(-30)+\frac{1}{6} \times(-30)-\frac{2}{5} \times(-30)=-20+3-5+12
$$

$=-10 ;$

$\therefore\left(-\frac{1}{30}\right) \div\left(\frac{2}{3}-\frac{1}{10}+\frac{1}{6}-\frac{2}{5}\right)=-\frac{1}{10}$

Question:
请你仔细阅读下列材料, 计算:

阅读下列材料: 计算 $\frac{1}{12} \div\left(\frac{1}{3}-\frac{1}{4}+\frac{1}{12}\right)$.
解法一: 原式 $==\frac{1}{12} \div \frac{1}{3}-\frac{1}{12} \div \frac{1}{4}+\frac{1}{12} \div \frac{1}{12}$

解法二: 原式 $=\frac{1}{12} \div\left(\frac{1}{3}-\frac{1}{4}+\frac{1}{12}\right)$

解法三: 原式的倒数为 $\left(\frac{1}{3}-\frac{1}{4}+\frac{1}{12}\right) \div \frac{1}{12}=\left(\frac{1}{3}-\frac{1}{4}+\frac{1}{12}\right) \times 12$

上述得出的结果不同, 肯定有错误的解法, 你认为解法 $\_$_ _是错误的.

请你选择合适的解法解答下列问题: 计算: $\left(-\frac{1}{30}\right) \div\left(\frac{2}{3}-\frac{1}{10}+\frac{1}{6}-\frac{2}{5}\right)$

算术


Answer:
(1) $1+2+3+4+5 （$ 或 $15 ； 225$

(2) $\frac{n(n+1)}{2}$

(3) 解: 由 (2) 得,

$11^{3}+12^{3}+13^{3}+\ldots+19^{3}+20^{3}$

$=1^{3}+2^{3}+3^{3}+\ldots+19^{3}+20^{3}-\left(1^{3}+2^{3}+3^{3}+\ldots+9^{3}+10^{3}\right)$

$=\left(\frac{20 \times 21}{2}\right)^{2}-\left(\frac{10 \times 11}{2}\right)^{2}$

$=44100-3025$

$=41075$

Question:
观察下列一组算式的特征, 并探索规律:

(1) $\sqrt{1^{3}}=1=1$;

(2) $\sqrt{1^{3}+2^{3}}=1+2=3$;

(3) $\sqrt{1^{3}+2^{3}+3^{3}}=1+2+3=6$;

(4) $\sqrt{1^{3}+2^{3}+3^{3}+4^{3}}=1+2+3+4=10$.

根据以上算式的规律, 解答下列问题:

(1) $1^{3}+2^{3}+3^{3}+4^{3}+5^{3}=($ )$^{2}=$

(2) $\sqrt{1^{3}+2^{3}+3^{3}+\cdots+(n-1)^{3}+n^{3}}=$

（3）简便计算: $11^{3}+12^{3}+13^{3}+\ldots+19^{3}+20^{3}$.

算术


Answer:
(1) 结果为正, 并将两数的绝对值相加; 结果为负, 并用较大绝对值减去较小绝对值

(2) $45 ;-17$

(3) $-2020 ;-2022$

Question:
定义 $\oplus$ 运算

观察下列运算:

$(+4) \oplus(+16)=+20, \quad(-5) \oplus(-7)=+12, \quad(-6) \oplus(-17)=+23, \quad(-2) \oplus(+14)=-12$, $(-15) \oplus(+9)=-6, \quad(+25) \oplus(-10)=-15, \quad 0 \oplus(-15)=-15, \quad(+12) \oplus 0=+12$.

(1) 请你认真思考上述运算，归纳 $\oplus$ 运算的法则:两数进行 $\oplus$ 运算时, 同号两数运算算 ，异号两数运

特别地, 0 和任何数进行 $\oplus$ 运算, 或任何数和 0 进行 $\oplus$ 运算, 仍得这个数.

(2) 计算: $(-16) \oplus(-29)=$ , $(+18) \oplus[0 \oplus(-35)]=$

(3) 若 $-1 \oplus a=2021$, 则 $a=$ \$ \qquad \$ , 若 $1 \oplus b=-2021$, 则 $b=$

算术

(1) 由题意知, 两数进行 $\oplus$ 运算时, 同号两数运算结果为正, 并将两数的绝对值相加, 异号两数运算结果为负, 并用较大绝对值减去较小绝对值.

特别地, 0 和任何数进行 $\oplus$ 运算, 或任何数和 0 进行 $\oplus$ 运算, 仍得这个数.

故答案为: 结果为正, 并将两数的绝对值相加; 结果为负, 并用较大绝对值减去较小绝对值;

(2) $(-16) \oplus(-29)=+(16+29)=45$,

$(+18) \oplus[0 \oplus(-35)]$

$=(+18) \oplus(-35)$

$=-(35-18)$
$=-17$;

故答案为: $45,-17$;

(3) $\because-1 \oplus \mathrm{a}=2021$,

$\therefore \mathrm{a}=-(2021-1)=-2020$;

$\because 1 \oplus \mathrm{b}=-2021$,

$\therefore \mathrm{b}=-(2021+1)=-2022$,

故答案为: $-2020,-2022$.


Answer:
(1) 解: $-3 \times(-1) \times(5+3)=24$ (答案不唯一)

(2) 解: $3 \times(10-6+4)=24$ 或 $3 \times(10-4)-(-6)=24$ (答案不唯一)

(3) 解: $2-[8 \times 11 \div(-4)]=24$ (答案不唯一)

Question:
“ 24 ”点游戏的规则是这样的: 在整数范围内任意取四个数, 然后进行加、减、乘、除四则运算（每个数只能用一次，可使用小括号、中括号), 使其结果等于 24 . 例如, 取 $2,3,6$, 9 这四个数进行运算, 得: $2 \times 6+3+9=24$, 或 $6 \times 9 \div 2-3=24$, 或 $3 \times 9-6 \div 2=24$等.

(1) 用-3, -1, 5, 3 这四个整数, 写出 1 种算式, 使其运算结果为 24 ;

(2) 用 $-6,3,4,10$ 这四个整数, 写出 2 种不同的算式, 使其运算结果为 24 ;

(3) 用 $-4,2,8,11$ 这四个整数, 写出 1 种算式, 使其运算结果为 24 .

算术


Answer:
(1) $225 ; 5 ; 6$

(2) $\frac{1}{4} \times n^{2} \times(n+1)^{2}$

(3) 解: 利用 (2) 中的结论计算:

$11^{3}+12^{3}+13^{3}+14^{3}+15^{3}+16^{3}+\ldots+39^{3}+40^{3}$.

解: 原式 $=1^{3}+2^{3}+3^{3}+\ldots+39^{3}+40^{3}-\left(1^{3}+2^{3}+3^{3}+\ldots+10^{3}\right)$

21 世纪教育网(www.21cnjy.com)
$=\frac{1}{4} \times 40^{2} \times 41^{2}-\frac{1}{4} \times 10^{2} \times 11^{2}$

$=672400-3025$

$=669375$.

Question:
已知 $1^{3}=\frac{1}{4} \times 1^{2} \times 2^{2}, 1^{3}+2^{3}=9=\frac{1}{4} \times 2^{2} \times 3^{2}, 1^{3}+2^{3}+3^{3}=36=\frac{1}{4} \times 3^{2} \times 4^{2}, \ldots$,按照这个规完成下列问题:

(1) $1^{3}+2^{3}+3^{3}+4^{3}+5^{3}=$ \$ \qquad \$ $=\frac{1}{4} \times$ \$ \qquad \$ in $^{2} \times$ \$ \qquad \$ ! $^{2}$

（2）猜想: $1^{3}+2^{3}+3^{3}+\ldots+n^{3}=$ \$ \qquad \$
（3）利用 (2) 中的结论计算: (写出计算过程) $11^{3}+12^{3}+13^{3}+14^{3}+15^{3}+16^{3}+\ldots+39^{3}+$ $40^{3}$

算术


Answer:
(1) 解: $(-5.3)+(-3.2)-(-5.3)-(+4.8)$

$=(-5.3)+(-3.2)+5.3+(-4.8)$

$=(-5.3+5.3)+(-3.2-4.8)$

$=0+(-8)$

$=-8 ;$

(2) 解: $9 \frac{17}{18} \times(-9)$

$=\left(10-\frac{1}{18}\right) \times(-9)$

$=-10 \times 9+\frac{1}{18} \times 9$

$=-90+0.5$

$=-89.5$

(3) 解: $\left(-\frac{3}{4}-\frac{5}{9}+\frac{7}{12}\right) \div \frac{1}{36}$
$=\left(-\frac{3}{4}-\frac{5}{9}+\frac{7}{12}\right) \times 36$

$=-\frac{3}{4} \times 36-\frac{5}{9} \times 36+\frac{7}{12} \times 36$

$=-27-20+21$

$=-26$

(4) 解: $\left|-\frac{7}{9}\right| \div\left(\frac{2}{3}-\frac{1}{5}\right)-\frac{1}{3} \times(-4)^{2}$

$=\frac{7}{9} \div \frac{7}{15}-\frac{1}{3} \times 16$

$=\frac{7}{9} \times \frac{15}{7}-\frac{1}{3} \times 16$

$=\frac{5}{3}-\frac{16}{3}$

$=-\frac{11}{3}$.

Question:
(1) $(-5.3)+(-3.2)-(-5.3)-(+4.8)$.

(2) $9 \frac{17}{18} \times(-9)$.

(3) $\left(-\frac{3}{4}-\frac{5}{9}+\frac{7}{12}\right) \div \frac{1}{36}$.

(4) $\left|-\frac{7}{9}\right| \div\left(\frac{2}{3}-\frac{1}{5}\right)-\frac{1}{3} \times(-4)^{2}$.

算术


Answer:
(1) $\frac{1}{n \times(n+1)}-\frac{1}{(n+1) \times(n+2)}=\frac{2}{n \times(n+1) \times(n+2)}$

(2) 解：原式 $=\frac{2}{6}+\frac{2}{24}+\frac{2}{60}+\frac{2}{120}$

$=\frac{1}{1 \times 2}-\frac{1}{2 \times 3}+\frac{1}{2 \times 3}-\frac{1}{3 \times 4}+\frac{1}{3 \times 4}-\frac{1}{4 \times 5}+\frac{1}{4 \times 5}-\frac{1}{5 \times 6}$

$=\frac{1}{1 \times 2}-\frac{1}{5 \times 6}$

$=\frac{1}{2}-\frac{1}{30}$

$=\frac{7}{15}$

(3) 解: $\frac{2}{1 \times 2 \times 3}+\frac{2}{2 \times 3 \times 4}+\frac{2}{3 \times 4 \times 5}+\ldots+\frac{2}{n(n+1)(n+2)}=\frac{22}{45}$ $\frac{1}{1 \times 2}-\frac{1}{2 \times 3}+\frac{1}{2 \times 3}-\frac{1}{3 \times 4}+\frac{1}{3 \times 4}-\frac{1}{4 \times 5}+\ldots+\frac{1}{n(n+1)}-\frac{1}{(n+1)(n+2)}=\frac{22}{45}$

$$
\begin{gathered}
\frac{1}{1 \times 2}-\frac{1}{(n+1)(n+2)}=\frac{22}{45} \\
-\frac{1}{(n+1)(n+2)}=\frac{22}{45}-\frac{1}{1 \times 2} \\
\frac{1}{(n+1)(n+2)}=\frac{1}{90}
\end{gathered}
$$

$\because \mathrm{n}$ 为正整数, 所以 $\mathrm{n}+1=9, \mathrm{n}+2=10$, 则 $\mathrm{n}=8$.

Question:
认真观察, 寻找规律

第 1 个算式: $\frac{1}{1 \times 2}-\frac{1}{2 \times 3}=\frac{2}{6}$;

第 2 个算式: $\frac{1}{2 \times 3}-\frac{1}{3 \times 4}=\frac{2}{24}$

第 3 个算式: $\frac{1}{3 \times 4}-\frac{1}{4 \times 5}=\frac{2}{60}$;

第 4 个算式: $\frac{1}{4 \times 5}-\frac{1}{5 \times 6}=\frac{2}{120}$

用你发现的规律解答问题:

（1）第 $\mathrm{n}$ 个算式为:

（2）计算: $\frac{1}{3}+\frac{1}{12}+\frac{1}{30}+\frac{1}{60}$;

(3) 若 $\frac{1}{1 \times 2 \times 3}+\frac{1}{2 \times 3 \times 4}+\frac{1}{3 \times 4 \times 5}+\ldots+\frac{1}{n(n+1)(n+2)}=\frac{11}{45}$, 求 $\mathrm{n}$ 的值.

算术


Answer:
解: 原式的倒数为: $\left(\frac{1}{6}-\frac{3}{14}+\frac{2}{3}-\frac{2}{7}\right) \div\left(-\frac{1}{42}\right)=\left(\frac{1}{6}-\frac{3}{14}+\frac{2}{3}-\frac{2}{7}\right) \times(-42)$

$$
=-7+9-28+12=-14
$$

$$
\therefore \text { 原式 }=-\frac{1}{14} \text {. }
$$

20.（1）尝试: 比较下列各式的大小关系:（用“ $>,<,=, \geq$ 或 $<$ ”填空）
(1) $|-2|+|3|$ $|-2+3|$
(2) $|-6|+|4|$ $|-6+4|$
(3) $|-3|+|-4|$ $|-3-4|$
(4) $|0|+|-7|$ $|0-7|$.

(2) 归纳: 观察上面的数量关系, 可以得到: $|a|+|b|$填空) \$ \qquad \$ $|\mathrm{a}+\mathrm{b}| \quad($ 用“ $>,<,=, \geq$ 或 $\leq ”$

（3）应用： 利用上面得到的结论解决下面问题：若 $|m|+|n|=10,|m+n|=4$, 则 $m$ $=$ \$ \qquad \$
（4）拓展：当 $|a|+|b|+|c|>|a+b+c|$ 成立时， $a 、 b 、 c$ 应满足的条件是 \$ \qquad \$ ( 填写所有正确选项的序号）
(1) 1 个正数, 2 个负数;
(2) 2 个正数, 1 个负数;
(3) 3 个正数;
(4) 3 个负数; (5) 1 个 0,2 个正数;

(6) 1 个 0,2 个负数;

(7) 1 个 0,1 个正数, 1 个负数.

【答案】 $(1)>;>;=;=$

(2) $\geq$

(3) $\pm 3$ 或 $\pm 7$

(4) (1) (2) (7)

Question:
请你先认真阅读材料:

计算 $\left(-\frac{1}{30}\right) \div\left(\frac{2}{3}-\frac{1}{10}+\frac{1}{6}-\frac{2}{5}\right)$

解法 1 :

$$
\begin{aligned}
& \left(-\frac{1}{30}\right) \div\left(\frac{2}{3}-\frac{1}{10}+\frac{1}{6}-\frac{2}{5}\right) \\
= & \left(-\frac{1}{30}\right) \div\left[\left(\frac{2}{3}+\frac{1}{6}\right)-\left(\frac{1}{10}+\frac{2}{5}\right)\right] \\
= & \left(-\frac{1}{30}\right) \div\left(\frac{5}{6}-\frac{1}{2}\right) \\
= & \left(-\frac{1}{30}\right) \div \frac{1}{3} \\
= & -\frac{1}{30} \times 3 \\
= & -\frac{1}{10}
\end{aligned}
$$

解法 2 :

原式的倒数为:

$$
\begin{aligned}
& \left(\frac{2}{3}-\frac{1}{10}+\frac{1}{6}-\frac{2}{5}\right) \div\left(-\frac{1}{30}\right) \\
= & \left(\frac{2}{3}-\frac{1}{10}+\frac{1}{6}-\frac{2}{5}\right) \times(-30) \\
= & -20+3-5+12 \\
= & (-20-5)+(3+12) \\
= & -10
\end{aligned}
$$

再根据你对所提供材料的理解，选择合适的方法计算：
$\left(-\frac{1}{42}\right) \div\left(\frac{1}{6}-\frac{3}{14}+\frac{2}{3}-\frac{2}{7}\right)$.

算术