eodcF/cmm-math huggingface dataset:
题目（高三 · 代数）：已知 $x_{1}, x_{2}, x_{3}, \ldots, x_{2019}$ 均为正实数, 且 $\frac{1}{1+x_{1}}+\frac{1}{1+x_{2}}+\frac{1}{1+x_{3}}+\cdots$

$+\frac{1}{1+x_{2019}}=1$, 有下列四个说法:

(1)最多有一个 $x_{i}(i \in(1,2,3, \cdots, 2019))$ 小于 1

(2)最多有两个 $x_{i}(i \in(1,2,3, \cdots, 2019))$ 小于 2

(3)至少有一个 $x_{i}(i \in(1,2,3, \cdots, 2019))$ 不小于 2019

(4)至少有一个 $x_{i}(i \in(1,2,3, \cdots, 2019))$ 不小于 2018

其中正确说法的个数为 ( )
选项：
A. 1
B. 2
C. 3
D. 4
答案：C
解析：答案:C

【解析】不妨设 $x_{1} \leq x_{2} \leq \cdots \leq x_{219}$ ，故 $\frac{1}{1+x_{1}}+\frac{1}{1+x_{2}}+\frac{1}{1+x_{3}}+\cdots+\frac{1}{1+x_{2019}}=1 \geq 2019 \times \frac{1}{1+x_{2019}}$,

所以 $x_{2019} \geq 2018$, 故(4)正确;

对于(1), 若存在 $x_{i}, x_{j}(i \neq j)$, 它们均小于 1 , 则 $\frac{1}{1+x_{i}}+\frac{1}{1+x_{j}}>\frac{1}{2}+\frac{1}{2}=1$,

这与 $\frac{1}{1+x_{1}}+\frac{1}{1+x_{2}}+\frac{1}{1+x_{3}}+\cdots+\frac{1}{1+x_{2019}}=1$ 矛盾, 故(1)正确;

对于(2), 若存在 $x_{i}, x_{j}, x_{k}(i<j<k)$, 它们均小于 2 ,

则 $\frac{1}{1+x_{i}}+\frac{1}{1+x_{j}}+\frac{1}{1+x_{k}}>3 \times \frac{1}{1+2}=1$,

这也与 $\frac{1}{1+x_{1}}+\frac{1}{1+x_{2}}+\frac{1}{1+x_{3}}+\cdots+\frac{1}{1+x_{2019}}=1$ 矛盾, 故(2)正确;

对于(3), 取 $x_{i}=2018(i=1,2, \cdots, 2019)$ ，

则 $\frac{1}{1+x_{1}}+\frac{1}{1+x_{2}}+\frac{1}{1+x_{3}}+\cdots+\frac{1}{1+x_{2019}}=1$, 故(3)错误,

故选 C.
题目（高三 · 代数）：魏晋时期数学家刘徽首创割圆术，他在《九章算术》方田章圆田术中指出: “割之弥细, 所失弥少, 割之又割, 以至于不可割, 则与圆周合体而无所失矣. ”这是注述中所用的割圆术是一种无限与有限的转化过程, 比如在正数 $\frac{12}{1+\frac{12}{1+\cdots}}$ 中的 …”代表无限次重复, 设 $\quad x=\frac{12}{1+\frac{12}{1+\cdots}}$, 则可以利用方程 $x=\frac{12}{1+x}$ 求得 $x$, 类似地可得到正数（ ）
选项：
A. 2
B. 3
C. $2 \sqrt{2}$
D. $\sqrt{2}+1$
答案：A
解析：答案:A

【解析】设, 则 $x=\sqrt{2+x}$ 且 $x>\sqrt{2}$,

所以 $x^{2}=2+x$, 所以 $x^{2}-x-2=0$,

所以 $(x-2)(x+1)=0$, 所以 $x=2$ 或 $x=-1$ (舍),

所以，故选 A.
题目（高三 · 代数）：定义函数序列: $f_{1}(x)=f(x)=\frac{x}{1-x}, f_{2}(x)=f\left(f_{1}(x)\right), f_{3}(x)=f\left(f_{2}(x)\right)$,
$\cdots, f_{n}(x)=f\left(f_{n-1}(x)\right)$, 则函数 $y=f_{2017}(x)$ 的图象与曲线 $y=\frac{1}{x-2017}$ 的交点坐标为 $(\quad)$
选项：
A. $\left(-1,-\frac{1}{2018}\right)$
B. $\left(0, \frac{1}{-2017}\right)$

C. $\left(1, \frac{1}{-2016}\right)$
D. $\left(2, \frac{1}{-2015}\right)$
答案：A
解析：由题意 $f_{1}(x)=f(x)=rac{x}{1-x}, f_{2}(x)=f\left(f_{1}(x)ight)=rac{rac{x}{1-x}}{1-rac{x}{1-x}}=rac{x}{1-2 x}$,$f_{3}(x)=f\left(f_{2}(x)ight)=rac{rac{x}{1-2 x}}{1-rac{x}{1-2 x}}=rac{x}{1-3 x}$,$f_{n}(x)=f\left(f_{n-1}(x)ight)=rac{x}{1-n x}$,$	herefore f_{2017}(x)=rac{x}{1-2017 x}$由 $\left\{egin{array}{l}y=rac{1}{x-2017} \ y=rac{x}{1-2017 x}\end{array}ight.$ ，得 $\left\{egin{array}{l}x=1 \ y=-rac{1}{2016}\end{array}ight.$ 或 $\left\{egin{array}{l}x=-1 \ y=-rac{1}{2018}\end{array}ight.$,由 $f_{1}(x)=f(x)=rac{x}{1-x}$ 中 $x 
eq 1$ 得:函数 $y=f_{2017}(x)$ 的图象与曲线 $y=rac{1}{x-2017}$ 的交点坐标为 $\left(-1,-rac{1}{2018}ight)$,故选 A.
题目（高三 · 代数）：苏格兰数学家科林麦克劳林 (ColinMaclaurin) 研究出了著名的 Maclaurin 级数展开式, 受到了世界上顶尖数学家的广泛认可, 下面是麦克劳林建立的其中一个公式: $\ln (1+x)=x-\frac{x^{2}}{2}+\frac{x^{3}}{3}-\frac{x^{4}}{4}+\cdots+(-1)^{n-1} \frac{x^{n}}{n}+\cdots$, 试根据此公式估计下面代数式 $\sqrt{2}+\frac{2 \sqrt{2}}{3}+\frac{4 \sqrt{2}}{5}-\frac{4}{3}+\cdots+(-1)^{n-1} \frac{(\sqrt{2})^{n}}{n}+\cdots(n \geq 5)$ 的近似值为（）（可能用到数值 $\ln 2.414=0.881, \ln 3.414=1.23$ )
选项：
A.
答案：B
解析：答案:B

【解析】根据麦克劳林公式得: $\ln (1+\sqrt{2})=\sqrt{2}-\frac{2}{2}+\frac{2 \sqrt{2}}{3}-\frac{4}{4}+\frac{4 \sqrt{2}}{5}-\frac{4}{3}+\cdots+(-1)^{n-1} \frac{(\sqrt{2})^{n}}{n}+\cdots$,

所以 $\ln (1+\sqrt{2})+2=\sqrt{2}+\frac{2 \sqrt{2}}{3}+\frac{4 \sqrt{2}}{5}-\frac{4}{3}+\cdots+(-1)^{n-1} \frac{(\sqrt{2})^{n}}{n}+\cdots(n \geq 5)$,

由于 $\ln (1+\sqrt{2})+2 \approx \ln
题目（高三 · 代数）：若复数 $z=\frac{(1+\mathrm{i})^{2}}{3+4 \mathrm{i}}$, 则 $|z|=(\quad)$

$\begin{array}{llll}\text {
选项：
A. } \frac{4}{5} & \text { B. } \frac{3}{5} & \text { C. } \frac{2}{5} & \text { D. } \frac{\sqrt{2}}{5}\end{array}$
答案：C
解析：由题得 $z=rac{(1+i)^{2}}{3+4 i}=rac{2 i}{3+4 i}=rac{2 i(3-4 i)}{(3+4 i)(3-4 i)}=rac{8+6 i}{25}$,所以 $|z|=\sqrt{\left(rac{8}{25}ight)^{2}+\left(rac{6}{25}ight)^{2}}=rac{10}{25}=rac{2}{5}$, 故选 C.
题目（高三 · 代数）：设复数 $z$ 满足 $|z|=1$, 则 $|z-1+i|$ 的最大值为 ( )
选项：
A. $\sqrt{2}-1$
B. $2-\sqrt{2}$
C. $\sqrt{2}+1$
D. $2+\sqrt{2}$
答案：C
解析：如图所示, 复数满足 $|z|=1$ 时轨迹方程为复平面内的单位圆,而 $|z-1+i|=|z-(1-i)|$ 表示 $z$ 与复数 $1-i$ 所对应的点在复平面内的距离,结合圆的性质可知, $|z-1+i|$ 的最大值为,本题选择 $\mathrm{C}$ 选项。
题目（高三 · 代数）：若 $\frac{a+b \mathrm{i}}{\mathrm{i}}(a, b \in \mathbf{R})$ 与 $(1+\mathrm{i})^{2}$ 互为共轮复数, 则 $a+b$ 的值为 ( )
选项：
A. 2 B. -2 C. -3 D. 3
答案：A
解析：因为 $rac{a+b \mathrm{i}}{\mathrm{i}}=rac{\mathrm{i}(a+b \mathrm{i})}{\mathrm{i}^{2}}=b-a \mathrm{i},(1+\mathrm{i})^{2}=2 \mathrm{i}$,又 $rac{a+b \mathrm{i}}{1}$ 与 $(1+\mathrm{i})^{2}$ 互为共轭复数, 所以 $b=0, a=2$, 则 $a+b=2$. 故选 A.
题目（高三 · 代数）：已知 $\mathrm{i}$ 是虚数单位, $\frac{1-z}{1+z}=2 \mathrm{i}$, 则 $|z|$ 等于（）
选项：
A. 1 B. $\sqrt{2}$ C. $\sqrt{3}$ D. $\sqrt{5}$
答案：A
解析：因为 $rac{1-z}{1+z}=2 \mathrm{i}$, 所以 $1-z=2 \mathrm{i}(1+z)=2 \mathrm{i}+2 \mathrm{i} z$ ，$z=rac{1-2 \mathrm{i}}{1+2 \mathrm{i}}=rac{(1-2 \mathrm{i})^{2}}{(1+2 \mathrm{i})(1-2 \mathrm{i})}=rac{-3-4 \mathrm{i}}{5}=-rac{3}{5}-rac{4}{5} \mathrm{i}, \quad|z|=\sqrt{\left(-rac{3}{5}ight)^{2}+\left(-rac{4}{5}ight)^{2}}=1$,
题目（高三 · 代数）：设 $z=\frac{3+\mathrm{i}}{1-3 \mathrm{i}}$, 则 $z+z^{2}+z^{3}+\cdots+z^{2020}=(\quad)$
选项：
A. 1
B. 0
C. $-1-\mathrm{i}$
D. $1+\mathrm{i}$
答案：B
解析：$ecause z=rac{3+\mathrm{i}}{1-3 \mathrm{i}}=rac{(3+\mathrm{i})(1+3 \mathrm{i})}{(1-3 \mathrm{i})(1+3 \mathrm{i})}=rac{10 \mathrm{i}}{10}=\mathrm{i}$,$	herefore z+z^{2}+z^{3}+\cdots+z^{2000}=rac{z\left(1-z^{2020}ight)}{1-z}=rac{\mathrm{i}\left(1-\mathrm{i}^{2020}ight)}{1-\mathrm{i}}=rac{\mathrm{i}(1-1)}{1-\mathrm{i}}=0$, 故选 B.
题目（高三 · 代数）：在如图所示的复平面内, 复数 $z_{1}, z_{2}, z_{3}$ 对应的向量分别是 $\overrightarrow{O A}, \overrightarrow{O B}, \overrightarrow{O C}$,

则复数 $\frac{z_{3}}{2 z_{1}+3 z_{2}}$ 对应的点位于 ( )


选项：
A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限
答案：C
解析：由题图知 $z_{1}=3+2 \mathrm{i}, z_{2}=-2+2 \mathrm{i}, z_{3}=1-2 \mathrm{i}$,则 $rac{z_{3}}{2 z_{1}+3 z_{2}}=rac{1-2 \mathrm{i}}{10 \mathrm{i}}=-rac{1}{5}-rac{1}{10} \mathrm{i}$,所以其在复平面内对应的点为 $\left(-rac{1}{5},-rac{1}{10}ight)$, 在第三象限, 故选 C.
题目（高三 · 代数）：已知 $a, b \in \mathbf{R}, \mathrm{i}$ 是虚数单位, 若 $(1+\mathrm{i})(1-b \mathrm{i})=a$, 则 $|a+b \mathrm{i}|=$ ( )
选项：
A. $\sqrt{2}$ B. 2 C. $\sqrt{5}$ D. 5
答案：C
解析：因为 $(1+i)(1-b i)=1+b+(1-b) \mathrm{i}=a$ ，结合 $a, b \in \mathbf{R}$, 所以有 $\left\{egin{array}{l}1+b=a \ 1-b=0\end{array}ight.$, 解得 $\left\{egin{array}{l}a=2 \ b=1\end{array}ight.$,所以 $|a+b \mathrm{i}|=|2+\mathrm{i}|=\sqrt{2^{2}+1^{2}}=\sqrt{5}$, 故选 C.
题目（高三 · 代数）：已知 $a, b \in \mathrm{R}$, 若 $a^{2}+b+(a-b) \mathrm{i}>2$ ( $\mathrm{i}$ 为虚数单位), 则实数 $a$ 的取值范围是 ( )
选项：
A. $a>2$ 或 $a<-1$
B. $a>1$ 或 $a<-2$

C. $-1<a<2$
D. $-2<a<1$
答案：B
解析：因为 $a, b \in \mathbf{R}, a^{2}+b+(a-b) \mathrm{i}>2$,所以 $\left\{egin{array}{l}a^{2}+b>2 \ a-b=0\end{array}ight.$, 即 $a^{2}+a>2$, 解得 $a>1$ 或 $a<-2$, 故选 B.
题目（高三 · 代数）：设 $(1-2 \mathrm{i}) z=5$ (i 是虚数单位), $\bar{z}$ 是 $z$ 的共轭复数, 则复数 $\bar{z}-3 z$ 在复平面内对应的点位于 ( )
选项：
A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限
答案：C
解析：由 $(1-2 \mathrm{i}) z=5$, 可得 $z=rac{5}{1-2 \mathrm{i}}=1+2 \mathrm{i}$, 所以 $ar{z}=1-2 \mathrm{i}$,则 $ar{z}-3 z=1-2 i-3(1+2 i)=-2-8 i$,所以复数 $ar{z}-3 z$ 在复平面内对应的点为 $(-2,-8)$, 位于第三象限, 故选 C.
题目（高三 · 代数）：若 $f(x)=x^{4}-\frac{2}{x}$, 则 $f^{\prime}(1)$ 等于 ( )
选项：
A. -1
B. 2
C. 3
D. 6
答案：D
解析：答案: D

【解析】 $\because f(x)=x^{4}-\frac{2}{x}, \therefore f^{\prime}(x)=4 x^{3}+\frac{2}{x^{2}}$,

$\therefore f^{\prime}(1)=4+2=6$.

故答案为: D.



2.答案: C

【解析】 因为 $f(x)=\ln x$, 则 $f^{\prime}(x)=\frac{1}{x}$, 所以 $f^{\prime}(2)=\frac{1}{2}$.

故答案为: C.

【分析】先对函数求导, 再将 $x=2$ 代入, 即可得出结果.
题目（高三 · 代数）：下列给出四个求导运算:
(1) $\left(x-\frac{1}{x}\right)^{\prime}=\frac{x^{2}-1}{x^{2}}$;
(2) $\left(x e^{x}\right)^{\prime}=e^{x}(x+1)$;
(3) $\left(\frac{\sin x}{2}\right)^{\prime}=\frac{\cos x}{4}$;
(4) $\left(x^{2}-x-\ln x\right)^{\prime}=\frac{(x-\mathbb{1})(2 x+\mathbb{1})}{x}$.

其中运算结果正确的个数是（ ）
选项：
A. 1
B. 2
C. 3
D. 4
答案：B
解析：答案: B

【解析】 (1) $\left(x-\frac{1}{x}\right)^{\prime}=1+\frac{1}{x^{2}}=\frac{x^{2}+1}{x^{2}}$, 故错误;

(2) $\left(x e^{x}\right)^{\prime}=e^{x}+x e^{x}=e^{x}(x+1)$, 故正确;

(3) $\left(\frac{\sin x}{2}\right)^{\prime}=\frac{\cos x}{2}$, 故错误;

(4) $\left(x^{2}-x-\ln x\right)^{\prime}=2 x-1-\frac{1}{x}=\frac{2 x^{2}-x-1}{x}=\frac{(x-1)(2 x+1)}{x}$, 故正确.

故答案为: B

【分析】对于(1)(2)(3)(4)直接利用函数的导数的运法则求出结果, 即可做出判定.
题目（高三 · 代数）：已知 $f(x)$ 的导函数为 $f^{\prime}(x)$, 记 $f_{1}(x)=f^{\prime}(x), f_{2}(x)=f_{1}(x), \ldots, f_{n+1}(x)=f_{n}(x)\left(n \in \in_{\mathrm{N}}{ }^{s}\right)$.若 $f(x)=x \sin x$, 则 $f_{2019}(x)+f_{2021}(x)=(\quad)$
选项：
A. $-2 \cos x$
B. $-2 \sin x$
C. $2 \cos x$
D. $2 \sin x$
答案：D
解析：答案: D

【解析】 由题可知: $f(x)=x \sin x$,

所以 $f_{1}(x)=\sin x+x \cos x, f_{2}(x)=2 \cos x-x \sin x$,

$f_{3}(x)=-3 \sin x-x \cos x, f_{4}(x)=-4 \cos x+x \sin x$,

$f_{5}(x)=5 \sin x+x \cos x, \cdots$

所以猜想可知: $f_{4 k-3}(x)=(4 k-3) \sin x+x \cos x$,

$f_{4 k-2}(x)=(4 k-2) \cos x-x \sin x$,

$f_{4 k-1}(x)=-(4 k-1) \sin x-x \cos x$,

$f_{4 k}(x)=-4 k \cos x+x \sin x$,

由 $2019=4 \times 505-1,2021=4 \times 506-3$,

所以 $f_{2019}(x)=-2019 \sin x-x \cos x$,

$f_{2021}(x)=2021 \sin x+x \cos x$,

所以 $f_{2019}(x)+f_{2021}(x)=2 \sin x$,

故答案为: D

【分析】通过计算 $f_{1}(x), f_{2}(x), f_{3}(x), f_{4}(x), f_{5}(x)$, 可得 $f_{4 k-3}(x), f_{4 k-2}(x), f_{4 k-1}(x), f_{4 k}(x)$, 最后计算可得结果.
题目（高三 · 代数）：已知函数 $f(x)=\ln x$, 导函数为 $f^{\prime}(x)$, 那么 $f^{\prime}(2)$ 等于 ( )
选项：
A. $-\frac{1}{4}$
B. $-\frac{1}{2}$
C. $\frac{1}{2}$
D. 1
答案：C
解析：因为 $f(x)=\ln x$, 则 $f^{\prime}(x)=rac{1}{x}$, 所以 $f^{\prime}(2)=rac{1}{2}$.故答案为: C.
题目（高三 · 代数）：已知函数 $f(x)=\frac{1}{2} x^{2}-\ln x, f^{\prime}(x)$ 为 $f(x)$ 的导函数, 则 $f^{\prime}(1)$ 的值为 ( )
选项：
A. -1
B. $-\frac{1}{2}$
С. 0
D. $\frac{1}{2}$
答案：C
解析：答案: C

【解析】 由 $f(x)=\frac{1}{2} x^{2}-\ln x$, 可得 $f^{\prime}(x)=x-\frac{1}{x}$,

所以, $f^{\prime}(1)=1-\frac{1}{1}=0$.

故答案为: C

【分析】求幂函数和对数函数的导数, 代入 1 即可得出结果.
题目（高三 · 代数）：函数 $f(x)=\ln 2+\cos x$ 的导数为 ( )
选项：
A. $\frac{1}{2}-\sin x$
B. $-\sin x$
C. $\sin x$
D. $\frac{1}{2}+\sin x$
答案：B
解析：答案: B

【解析】 因为常数的导数为 $0, \cos x$ 的导数为 $-\sin x$,

所以 $f^{\prime}(x)=-\sin x$.

故答案为: B

【分析】根据导数运算法则和常见函数的导数公式求导即可.
题目（高三 · 代数）：函数 $f(x)=\sqrt{x} \cdot \sin x$ 的导数为 $(\quad)$
选项：
A. $f(x)=2 \sqrt{x} \cdot \sin x+\sqrt{x} \cdot \cos x$
B. $f(x)=2 \sqrt{x} \cdot \sin x-\sqrt{x} \cdot \cos x$
$f(x)=\frac{\sin x}{2 \sqrt{x}}+\sqrt{x} \cdot \cos x$
$f(x)=\frac{\sin x}{2 \sqrt{x}}-\sqrt{x} \cdot \cos x$
答案：C
解析：答案: C

【解析】 由 $f(x)=\sqrt{x} \cdot \sin x$ 得,

$f(x)=(\sqrt{x}) \cdot \sin x+\sqrt{x} \cdot(\sin x)^{\prime}=\frac{1}{2} \cdot \frac{1}{\sqrt{x}} \cdot \sin x+\sqrt{x} \cdot \cos x=\frac{\sin x}{2 \sqrt{x}}+\sqrt{x} \cdot \cos x$,

故答案为: C

【分析】利用导数的运算公式和法则直接计算即可.
题目（高三 · 代数）：已知函数 $f(x)=a \sin x+b$ 的导函数为 $f^{\prime}(x)$, 若 $f^{\prime}\left(\frac{\pi}{3}\right)=1$, 则 $a=(\quad)$
选项：
A. 4
B. 2
C. 1
D. $\frac{1}{2}$
答案：B
解析：答案: B

【解析】 由题意知: $f^{\prime}(x)=a \cos x$.

因为 $f^{\prime}\left(\frac{\pi}{3}\right)=1$, 所以 $a \cos \frac{\pi}{3}=1$, 解得 $a=2$.

故答案为: B.



7.答案: C

【解析】 由题得 $f^{\prime}(x)=2 f^{\prime}(e)+\frac{1}{x}, \therefore f^{\prime}(e)=2 f^{\prime}(e)+\frac{1}{e}, \therefore f^{\prime}(e)=-\frac{1}{e}$,

所以 $f(e)=2 e f^{\prime}(e)+\ln e=2 e \times\left(-\frac{1}{e}\right)+1=-1$.

故答案为: C.

【分析】先求导, 再计算出 $f^{\prime}(e)$, 再求 $f(e)$.
题目（高三 · 代数）：已知函数 $f(x)=2 x f^{\prime}(e)+\ln x$, 则 $f(e)=(\quad)$
选项：
A. -e
B. e
C. -1
D. 1
答案：C
解析：由题得 $f^{\prime}(x)=2 f^{\prime}(e)+rac{1}{x}, 	herefore f^{\prime}(e)=2 f^{\prime}(e)+rac{1}{e}, 	herefore f^{\prime}(e)=-rac{1}{e}$所以 $f(e)=2 e f^{\prime}(e)+\ln e=2 e 	imes\left(-rac{1}{e}ight)+1=-1$.
题目（高三 · 代数）：已知函数 $f(x)=13-8 x+\sqrt{2} x^{2}$, 且 $f^{\prime}\left(x_{0}\right)=4$, 则 $x_{0}$ 的值为 ( )
选项：
A. 0
B. 3
C. $3 \sqrt{2}$
D. $6 \sqrt{2}$
答案：C
解析：答案: C

【解析】 $\because f^{\prime}(x)=-8+2 \sqrt{2} x$,

$\therefore-8+2 \sqrt{2} x_{0}=4$, 解得 $x_{0}=3 \sqrt{2}$.

故答案为: C.

【分析】利用导数的运算法则即可得出.
题目（高三 · 代数）：下列关于 $x$ 的函数的求导的运算中, 正确的是（）
选项：
A. $(\ln x)^{\prime}=\frac{1}{x}(x>0)$
B. $(\cos x+x \sin x)^{\prime}=-\sin x+\cos x$
C. $\left(\frac{x}{e^{x}}\right)=\frac{x-1}{e^{x}}$
D. $(\cos 2 x)^{\prime}=2 \sin 2 x$
答案：A
解析：答案: A

【解析】 $(\ln x)^{\prime}=\frac{1}{x}(x>0), \mathrm{A}$ 符合题意;

$(\cos x+x \sin x)^{\prime}=(\cos x)^{\prime}+(x \sin x)^{\prime}=-\sin x+\sin x+x \cos x=x \cos x$, B 不符合题意;

$\left(\frac{x}{e^{x}}\right)=\frac{e^{x}-x e^{x}}{\left(e^{x}\right)^{2}}=\frac{1-x}{e^{x}}$,

C 不符合题意;

$(\cos 2 x)^{\prime}=-2 \sin 2 x, \mathrm{D}$ 不符合题意.

故答案为: A

【分析】分别对所给选项进行逐一判断即可.
题目（高三 · 代数）：已知定义域为 $\mathrm{R}$ 的奇函数 $f(x)$ 的导函数为 $f^{\prime}(x)$, 当 $x>0$ 时, $x f^{\prime}(x)>f(x)$. 若 $a=\frac{f\left(-\log _{2} 3\right)}{-\log _{2} 3}, b=\frac{f\left(\log _{4} 6\right)}{\log _{4} 6}, c=\frac{f\left(\sin \frac{\pi}{8}\right)}{\sin \frac{\pi}{8}}$, 则 $a, b, c$ 的大小关系为 ( )
选项：
A. $a<b<c$
B. $c<a<b$
C. $c<b<a$
D. $b<c<a$
答案：C
解析：当 $x>0$ 时 $g(x)=rac{x f^{\prime}(x)-f(x)}{x^{2}}>0$, 所以 $g(x)^{	ext {在 }}(0,+\infty)$ 上单调递增因为 $0<\sin rac{\pi}{8}<1<\log _{2} \sqrt{6}=\log _{4} 6<\log _{2} 3, \quad a=rac{f\left(-\log _{2} 3ight)}{-\log _{2} 3}=rac{f\left(\log _{2} 3ight)}{\log _{2} 3}$所以 $g\left(\sin rac{\pi}{8}ight)<g\left(\log _{4} 6ight)<g\left(\log _{2} 3ight)$, 即 $c<b<a$故答案为: C出 $a, b, c$ 的大小
题目（高三 · 代数）：已知 $f(x)$ 在 $\mathrm{R}$ 上是可导函数, 则 $f(x)$ 的图象如图所示, 则不等式 $\left(x^{2}-2 x-3\right) f^{\prime}(x)>0$ 的解集为


选项：
A. $(-\infty,-2) \cup(1,+\infty)$
B. $(-\infty,-2) \cup(1,2)$
C. $(-\infty,-1) \cup(-1,0) \cup(2,+\infty)$
D. $(-\infty,-1) \cup(-1,1) \cup(3,+\infty)$
答案：D
解析：由 $f(x)$ 的图像可知, 在区间 $(-\infty,-1),(1,+\infty)$ 上 $f(x)>0$, 在区间 $(-1,1), f(x)<0$.不等式 $\left(x^{2}-2 x-3ight) f^{\prime}(x)>0$ 可化为 $(x-3) \cdot(x+1) \cdot f^{\prime}(x)>0$,所以其解集为 $(-\infty,-1) \cup(-1,1) \cup(3,+\infty)$.故答案为: D【分析】根据 $f(x)$ 图像判断 $f^{\prime}(x)$ 的符号, 由此求得不等式 $\left(x^{2}-2 x-3ight) f^{\prime}(x)>0$ 的解集.
题目（高三 · 代数）：设 $f(x)$ 是在 $(0,+\infty)$ 上的可导函数, 且 $f^{\prime}(x) \geq \frac{2}{x} f(x), f(1)=4, f(2)=16$, 则下列一定不成立的是 ( )
选项：
A. $f\left(\frac{3}{2}\right)=8$
B. $f(3)=40$
c. $f(4)=72$
D. $f(5)=120$
答案：A
解析：答案: A

【解析】 $\because f(x)$ 是在 $(0,+\infty)$ 上的可导函数, 且 $f^{\prime}(x) \geq \frac{2}{x} f(x), \therefore \frac{x f^{\prime}(x)-2 f(x)}{x} \geq 0$,设 $g(x)=\frac{f(x)}{x^{2}}, x>0, \therefore g(x)=\frac{f^{\prime}(x) x^{2}-f(x) 2 x}{x^{4}}=\frac{x f^{\prime}(x)-2 f(x)}{x^{3}} \geq 0$,





$\therefore g\left(\frac{3}{2}\right)=4=\frac{f\left(\frac{3}{2}\right)}{\frac{9}{4}}, \quad \therefore f\left(\frac{3}{2}\right)=9$.

又 $g(3) \geq 4, \therefore f(3) \geq 36, \quad g(4) \geq 4, \therefore f(4) \geq 64, \quad g(5) \geq 4, \therefore f(5) \geq 100$.

故答案为: A.


$f(1)=4, f(2)=16$ 得 $g(1)=g(2)=4$, 判断 $g(x)$ 在区间 $\lfloor 1,2\rfloor$ 上是常数函数, 可求 $f\left(\frac{3}{2}\right)_{\text {的值, }}$可得 $A$ 的正误. 再根据 $g(3) \geq 4, g(4) \geq 4, g(5) \geq 4$, 求出 $f(3), f(4), f(5)$ 的取值范围, 进而判断 $B, C, D$ 的正误, 即得答案.

14.答案: D

【解析】 由题意, 函数 $f(x)$ 的定义域为 $(0,+\infty)$,

对函数 $f(x)$ 求导得 $f^{\prime}(x)=\frac{e^{x}(x-1)}{x^{2}}-2 t\left(\frac{1}{x}+1-\frac{2}{x^{2}}\right)=\frac{(x-1)\left[e^{x}-2 t(x+2)\right]}{x^{2}}$,

$\because f(x)=\frac{e^{x}}{x}-2 t\left(\ln x+x+\frac{2}{x}\right)$ 恰有一个极值点为 1 ,



令 $g(x)=\frac{e^{x}}{2(x+2)}(x \geq 0)$, 则 $g(x)=\frac{2 e^{x}(x+2)-2 e^{x}}{2(x+2)^{2}}=\frac{2 e^{x}(x+1)}{2(x+2)^{2}}>0$,

$\therefore$ 函数 $g(x)$ 在 $[0,+\infty)$ 单调递增,

当 $x \in(0,+\infty)$ 时, $g(x)>g(0)=\frac{1}{4}, \therefore a \leq \frac{1}{4}$.

故答案为: D.

【分析】由题意结合导数转化条件得 $t=\frac{e^{x}}{2(x+2)}$ 在 $(0,+\infty)$ 上无解, 令 $g(x)=\frac{e^{x}}{2(x+2)}(x \geq 0)$, 求导后确定函数 $g(x)$ 的值域即可得解.



15.答案: B,C

【解析】 由图象得 $x<-3$ 时, $f^{\prime}(x)<0, x>-3$ 时, $f^{\prime}(x) \geqslant 0$,
故 $f(x)$ 在 $(-\infty,-3)$ 单调递减, 在 $(-3,+\infty)$ 单调递增,

故 $x=-3$ 是函数 $f(x)$ 的极小值点. 对选项 $\mathrm{D}$ : 显然 $f^{\prime}(0)>0$, 故 $D$ 错误.

故答案为: BC.

【分析】根据导函数图象，求得函数单调性，结合极值点定义，即可容易判断选择.
题目（高三 · 代数）：已知 $f(x)=\frac{e^{x}}{x}-2 t\left(\ln x+x+\frac{2}{x}\right)$ 恰有一个极值点为 1 , 则 $\mathrm{t}$ 的取值范围是 ( )
选项：
A. $\left(-\infty, \frac{1}{4}\right] \cup\left\{\frac{e}{6}\right\}$
B. $f(x)= \begin{cases}2^{x}, & x \leq 0, \\ -x^{2}+1, x>0\end{cases}$
C. $\left[0, \frac{1}{4}\right] \cup\left\{\frac{e}{6}\right\}$
D. $\left(-\infty, \frac{1}{4}\right]$
答案：D
解析：由题意, 函数 $f(x)$ 的定义域为 $(0,+\infty)$,对函数 $f(x)$ 求导得 $f^{\prime}(x)=rac{e^{x}(x-1)}{x^{2}}-2 t\left(rac{1}{x}+1-rac{2}{x^{2}}ight)=rac{(x-1)\left[e^{x}-2 t(x+2)ight]}{x^{2}}$,ecause f(x)=rac{e^{x}}{x}-2 t\left(\ln x+x+rac{2}{x}ight)$ 恰有一个极值点为 1 ,令 $g(x)=rac{e^{x}}{2(x+2)}(x \geq 0)$, 则 $g(x)=rac{2 e^{x}(x+2)-2 e^{x}}{2(x+2)^{2}}=rac{2 e^{x}(x+1)}{2(x+2)^{2}}>0$,$	herefore$ 函数 $g(x)$ 在 $[0,+\infty)$ 单调递增,当 $x \in(0,+\infty)$ 时, $g(x)>g(0)=rac{1}{4}, 	herefore a \leq rac{1}{4}$.故答案为: D.
题目（高三 · 代数）：已知函数 $y=f(x)$ 的导函数的图象如图所示, 下列结论中正确的是（）


选项：
A. -1 是函数 $f(x)$ 的极小值点
B. -3 是函数 $f(x)$ 的极小值点
C. 函数 $f(x)$ 在区间 $(-3,1)$ 上单调递增
D. 函数 $f(x)$ 在 $x=0$ 处切线的斜率小于零
答案：BC
解析：由图象得 $x<-3$ 时, $f^{\prime}(x)<0, x>-3$ 时, $f^{\prime}(x) \geqslant 0$,故 $f(x)$ 在 $(-\infty,-3)$ 单调递减, 在 $(-3,+\infty)$ 单调递增,故 $x=-3$ 是函数 $f(x)$ 的极小值点. 对选项 $\mathrm{D}$ : 显然 $f^{\prime}(0)>0$, 故 $D$ 错误.故答案为: BC.
题目（高三 · 代数）：已知函数 $f(x)=x \ln x$, 若 $0<x_{1}<x_{2}$, 则下列选项正确的是 ( )
选项：
A. $\frac{f\left(x_{1}\right)-f\left(x_{2}\right)}{x_{1}-x_{2}}<0$
B. $x_{1}+f\left(x_{1}\right)<x_{2}+f\left(x_{2}\right)$
C. $x_{2} f\left(x_{1}\right)<x_{1} f\left(x_{2}\right)$
D. 当 $x_{2}>x_{1}>\frac{1}{e}$ 时, $x_{1} f\left(x_{1}\right)+x_{2} f\left(x_{2}\right)>x_{2} f\left(x_{1}\right)+x_{1} f\left(x_{2}\right)$
答案：CD
解析：答案: C,D

【解析】 对于 A 选项, 函数 $f(x)=x \ln x$, 定义域为 $(0,+\infty), f^{\prime}(x)=\ln x+1$.

令 $f^{\prime}(x)<0$, 则 $0<x<\frac{1}{e}$; 令 $f^{\prime}(x)>0$, 可得 $x>\frac{1}{e}$.

所以，函数 $f(x)=x \ln x$ 的单调递减区间为 $\left(0, \frac{1}{e}\right)$, 单调递增区间为 $\left(\frac{1}{e},+\infty\right)$.

当 $x_{2}>x_{1}>\frac{1}{e}$ 时, $f\left(x_{1}\right)-f\left(x_{2}\right)<0$, 则 $\frac{f\left(x_{1}\right)-f\left(x_{2}\right)}{x_{1}-x_{2}}>0$, $\mathrm{A}$ 选项错误;

对于 $\mathrm{B}$ 选项, 构造函数 $g(x)=f(x)+x=x \ln x+x$,

定义域为 $(0,+\infty), g(x)=\ln x+2$,

当 $0<x<\frac{1}{e^{2}}$ 时, $g(x)<0$; 当 $x>\frac{1}{e^{2}}$ 时, $g(x)>0$.

所以，函数 $g(x)=x \ln x+x$ 的单调递减区间为 $\left(0, \frac{1}{e^{2}}\right)$, 单调递增区间为 $\left(\frac{1}{e^{2}},+\infty\right)$,

当 $0<x_{1}<x_{2}<\frac{1}{e^{2}}$ 时, $x_{1}+f\left(x_{1}\right)>x_{2}+f\left(x_{2}\right)$, B 选项错误;

对于 C 选项, $\frac{f(x)}{x}=\ln x$, 由于函数 $y=\ln x$ 在 $(0,+\infty)$ 上单调递增,

当 $0<x_{1}<x_{2}$ 时, $\ln x_{1}<\ln x_{2}$, 即 $\frac{f\left(x_{1}\right)}{x_{1}}<\frac{f\left(x_{2}\right)}{x_{2}}$,

所以 $x_{2} f\left(x_{1}\right)<x_{1} f\left(x_{2}\right)$, C 选项正确;

对于 $\mathrm{D}$ 选项, 由 $\mathrm{A}$ 选项知, 函数 $y=f(x)$ 在区间 $\left(\frac{1}{e},+\infty\right)$ 上单调递增,

当 $x_{2}>x_{1}>\frac{1}{e}$ 时, $f\left(x_{1}\right)<f\left(x_{2}\right)$, 则 $\left(x_{1}-x_{2}\right) f\left(x_{1}\right)>\left(x_{1}-x_{2}\right) f\left(x_{2}\right)$,

即 $x_{1} f\left(x_{1}\right)+x_{2} f\left(x_{2}\right)>x_{2} f\left(x_{1}\right)+x_{1} f\left(x_{2}\right)$, D 选项正确.

故答案为: $\mathrm{CD}$.

【分析】利用导数判断函数 $y=f(x)$ 的单调性, 可判断 $\mathrm{A}$ 选项; 构造函数 $g(x)=f(x)+x$, 利用导数判断函数 $y=g(x)$ 的单调性, 可判断 $\mathrm{B}$ 选项; 由函数 $y=\ln x$ 的单调性可判断 C 选项; 利用函数 $y=f(x)_{\text {在区间 }}\left(\frac{1}{e},+\infty\right)$ 上的单调性可判断 $\mathrm{D}$ 选项.
题目（高三 · 代数）：已知函数 $f(x)$ 在 $x>0$ 上可导且满足 $x f^{\prime}(x)-f(x)>0$, 则下列一定成立的为 ( )
选项：
A. $e f(\pi)>\pi f(e)$
B. $f(\pi)<f(e)$
C. $\frac{f(\pi)}{\pi}<\frac{f(e)}{e}$
D. $f(\pi)>f(e)$
答案：A
解析：答案: A

【解析】 构造函数 $g(x)=\frac{f(x)}{x}$, 则 $g(x)=\frac{x f^{\prime}(x)-f(x)}{x^{2}}$, 当 $x>0$ 时, $g(x)>0$.

所以, 函数 $y=g(x)_{\text {在 }}(0,+\infty)$ 上单调递增,

$\because \pi>e, \therefore g(\pi)>g(e)$, 即 $\frac{f(\pi)}{\pi}>\frac{f(e)}{e}$,

即 $e f(\pi)>\pi f(e)$,

故答案为: A.

【分析】构造函数 $g(x)=\frac{f(x)}{x}$, 利用导数判断函数 $y=g(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 上的单调性, 可得出 $g(\pi)$与 $g(e)$ 的大小关系, 经过化简可得出正确选项.
题目（高三 · 代数）：若函数 $f(x)=\frac{1}{2} x^{2}-9 \ln x$ 在区间 $[a-1, a]$ 上单调递减, 则实数 $\mathrm{a}$ 的取值范围是 ( )
选项：
A. $1<a \leq 3$
B. $a \geq 4$
C. $a \leq 3$
D. $1<a \leq 4$
答案：A
解析：答案: A

【解析】 函数 $f(x)=\frac{1}{2} x^{2}-9 \ln x,(x>0)$.

则 $f^{\prime}(x)=x-\frac{9}{x}=\frac{x^{2}-9}{x}$,







所以 $\left\{\begin{array}{l}a-1>0 \\ a \leq 3\end{array}\right.$, 解得 $1<a \leq 3$,

故答案为: A.

【分析】先求得导函数, 根据函数单调递减可知 $f^{\prime}(x) \leq 0$ 在区间 $[a-1, a]$ 上恒成立, 即可由定义域及不等式求得 $\mathrm{a}$ 的取值范围.

10.答案: C



当 $x>0$ 时 $g(x)=\frac{x f^{\prime}(x)-f(x)}{x^{2}}>0$, 所以 $g(x)^{\text {在 }}(0,+\infty)$ 上单调递增

因为 $0<\sin \frac{\pi}{8}<1<\log _{2} \sqrt{6}=\log _{4} 6<\log _{2} 3, \quad a=\frac{f\left(-\log _{2} 3\right)}{-\log _{2} 3}=\frac{f\left(\log _{2} 3\right)}{\log _{2} 3}$

所以 $g\left(\sin \frac{\pi}{8}\right)<g\left(\log _{4} 6\right)<g\left(\log _{2} 3\right)$, 即 $c<b<a$

故答案为: C


出 $a, b, c$ 的大小

11.答案: D

【解析】 由 $f(x)$ 的图像可知, 在区间 $(-\infty,-1),(1,+\infty)$ 上 $f(x)>0$, 在区间 $(-1,1), f(x)<0$.
不等式 $\left(x^{2}-2 x-3\right) f^{\prime}(x)>0$ 可化为 $(x-3) \cdot(x+1) \cdot f^{\prime}(x)>0$,

所以其解集为 $(-\infty,-1) \cup(-1,1) \cup(3,+\infty)$.

故答案为: D

【分析】根据 $f(x)$ 图像判断 $f^{\prime}(x)$ 的符号, 由此求得不等式 $\left(x^{2}-2 x-3\right) f^{\prime}(x)>0$ 的解集.
题目（高三 · 代数）：已知函数 $f(x)=x^{3}+a x^{2}+b x+a^{2}$ 在 $x=1$ 处取极值 10 , 则 $a=(\quad)$
选项：
A. 4 或 -3
B. 4 或 -11
C. 4
D. -3
答案：C
解析：答案: C

【解析】 $\because f(x)=x^{3}+a x^{2}+b x+a^{2}$,

$\therefore f^{\prime}(x)=3 x^{2}+2 a x+b$.

由题意得 $\left\{\begin{array}{l}f^{\prime}(1)=3+2 a+b=0 \\ f(1)=1+a+b+a^{2}=10,\end{array}\right.$

即 $\left\{\begin{array}{l}2 a+b=-3 \\ a+b+a^{2}=9\end{array}\right.$, 解得 $\left\{\begin{array}{l}a=-3 \\ b=3\end{array}\right.$ 或 $\left\{\begin{array}{l}a=4 \\ b=-11\end{array}\right.$.

当 $\left\{\begin{array}{l}a=-3 \\ b=3\end{array}\right.$ 时, $f^{\prime}(x)=3 x^{2}-6 x+3=3(x-1)^{2} \geq 0$,

故函数 $f(x)$ 单调递增, 无极值, 不符合题意. $\therefore a=4$.

故选 C.

【分析】根据函数的极值点和极值得到关于 $a, b$ 的方程组, 解方程组并进行验证可得所求.
题目（高三 · 代数）：若 $f(x)=\frac{\ln x}{x}, a>b>e$, 则有 $(\quad)$
选项：
A. $f(a)>f(b)$
B. $\mathrm{f}(\mathrm{a})<\mathrm{f}(\mathrm{b})$
C. $f(a)=f(b)$
D. $\mathrm{f}(\mathrm{a}) \mathrm{f}(\mathrm{b})>1$
答案：B
解析：答案: B

【解析】 【解析】 $\because f(x)=\frac{\ln x}{x}$,

$\therefore f^{\prime}(x)=\frac{\frac{1}{x} \cdot x-\ln x 1}{x^{2}}=\frac{1-\ln x}{x^{2}}$,

令 $f(x)>0$, 解得 $x>e$,

即 $f(x)$ 在区间 $(e,+\infty)$ 上单调递减,

$\because a>b>e, \therefore f(a)<f(b)$.

故答案为: $\mathrm{B}$
【分析】求导数, 令其小于 0 , 解得函数在区间 $(e,+\infty)$ 上单调递减, 由函数单调性的定义可得答案.
题目（高三 · 代数）：已知定义在 $R$ 上的可导函数 $f(x)$ 满足 $(1-x) \cdot f(x)+x \cdot f^{\prime}(x)>0$, 若 $y=f(x+2)-e^{3}$ 是奇函数, 则不等式 $x \cdot f(x)-2 e^{x+1}<0$ 的解集是 ( )
选项：
A. $(-\infty, 2)$
B. $(-\infty, 1)$
C. $(2,+\infty)$
D. $(1+\infty)$



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答案：A
解析：答案: A

【解析】 构造函数 $g(x)=\frac{x \cdot f(x)}{e^{x}}$,
依题意可知 $g(x)=\frac{(1-x) \cdot f(x)+x \cdot f^{\prime}(x)}{e^{x}}>0$, 所以 $g(x)^{\text {在 } R \text { 上递增. }}$.

由于 $y=f(x+2)-e^{3}$ 是奇函数, 所以当 $x=0$ 时, $y=f(2)-e^{3}=0$,

所以 $f(2)=e^{3}$, 所以 $g(2)=\frac{2 \times e^{3}}{e^{2}}=2 e$.

由 $x \cdot f(x)-2 e^{x+1}<0$ 得 $g(x)=\frac{x \cdot f(x)}{e^{x}}<2 e=g(2)$,

所以 $x<2$, 故不等式的解集为 $(-\infty, 2)$.

故答案为: A

【分析】构造函数 $g(x)=\frac{x \cdot f(x)}{e^{x}}$, 根据已知条件判断出 $g(x)$ 的单调性. 根据 $y=f(x+2)-e^{3}$ 是奇函数, 求得 $f(2)$ 的值, 由此化简不等式 $x \cdot f(x)-2 e^{x+1}<0$ 求得不等式的解集.
题目（高三 · 代数）：函数 $f(x)=(x+2) e^{x}$ 的单调递增区间是 ( )
选项：
A. $(-\infty, 3)$
B. $(0,3)$
C. $(-3,0)$
D. $(-3,+\infty)$
答案：D
解析：答案: D

【解析】 由已知 $f^{\prime}(x)=(x+3) e^{x}$, 当 $x<-3$ 时 $f^{\prime}(x)<0$, 当 $x>-3$ 时 $f^{\prime}(x)>0$,

所以增区间为 $(-3,+\infty)$.

故答案为: D

【分析】求出导函数 $f^{\prime}(x)$ ，由 $f^{\prime}(x)>0$ 确定增区间.
题目（高三 · 代数）：函数 $f(x)=\frac{x^{4}}{4}-\frac{x^{3}}{3}$ 的极值点为 $(\quad)$
选项：
A. 0
B. 1
C. 0 或 1
D. -1
答案：B
解析：答案: B

【解析】 $\mathrm{f}^{\prime}(x)=x^{3}-x^{2}=x^{2}(x-1)$,

函数 $f(x)=\frac{x^{4}}{4}-\frac{x^{3}}{3}$ 在 $(1,+\infty)$ 上是增函数, 在 $(-\infty, 1)$ 上是减函数,
所以 $\mathrm{x}=1$ 是函数的极小值点,

故答案为: B

【分析】首先对函数求导, 判断函数的单调性区间, 从而求得函数的极值点, 得到结果.
题目（高三 · 代数）：若函数 $\mathrm{f}(\mathrm{x})$ 满足 $f(x)=\frac{1}{3} x^{3}-f^{\prime}(1) \cdot x^{2}-x$, 则 $f^{\prime}(1)$ 的值为 ( )
选项：
A. 0
B. 1
C. 2
D. 3
答案：A
解析：答案: A

【解析】 计算得 $f^{\prime}(x)=x^{2}-2 f^{\prime}(1) x-1$,

把 $x=1$ 代入，得 $f^{\prime}(1)=1-2 f^{\prime}(1)-1$,

$\therefore f^{\prime}(1)=0$

故答案为: A

【分析】先求出 $f^{\prime}(x)=x^{2}-2 f^{\prime}(1) x-1$, 令 $x=1$, 计算求出 $f^{\prime}(1)$.