eodcF/cmm-math huggingface dataset:
题目（高二 · 代数）：若关于 $x$ 的不等式 $a x-2 a>2 x-\ln x-4$ 有且只有两个整数解, 则实数 $a$ 的取值范围是 ( )
选项：
A. $(2-\ln 3,2-\ln 2]$
B. $(-\infty, 2-\ln 2)$
C. $(-\infty, 2-\ln 3]$
D. $(-\infty, 2-\ln 3)$
答案：C
解析：由题意可知, $a x-2 a>2 x-\ln x-4$,设 $g(x)=2 x-\ln x-4, h(x)=a x-2 a$由 $g^{\prime}(x)=2-\frac{1}{x}=\frac{2 x-1}{x}$. 可知 $g(x)=2 x-\ln x-4$ 在 $\left(0, \frac{1}{2}\right)$ 上为减函数,在 $\left(\frac{1}{2},+\infty\right)$ 上为增函数,$h(x)=a x-2 a$ 的图象恒过点 $(2,0)$, 在同一坐标系中作出 $g(x), h(x)$ 的图象如图,当 $a \leq 0$ 时, 原不等式有且只有两个整数解,当 $a>0$ 时, 若原不等式有且只有两个整数 $x_{1}, x_{2}$, 使得 $f\left(x_{1}\right)>0$且 $f\left(x_{2}\right)>0$, 则 $\left\{\begin{array}{c}a>0 \ h(1)>g(1) \ h(3) \leq g(3)\end{array}\right.$, 即 $\left\{\begin{array}{c}a>0 \ -a>-2 \ a \leq 2-\ln 3\end{array}\right.$,解得 $0<a \leq 2-\ln 3$,综上可得 $a \leq 2-\ln 3$,故选: C.
题目（高二 · 代数）：若 $a>b>0,0<c<1$, 则( )
选项：
A. $\log _{a} c<\log _{b} c$
B. $\log _{c} a<\log _{c} b$
C. $a^{c}<b^{c}$
D. $c^{a}>c^{b}$
答案：B
解析：$\because a>b>0.0<c<1$,$\therefore \log _{c} a<\log _{c} b, a^{c}>b^{c}, c^{a}>c^{b}, \log _{a} c$ 与 $\log _{b} c$ 的大小关系不确定。故选: B.
题目（高二 · 代数）：如果 $\left\{a_{n}\right\}$ 为递增数列, 则 $\left\{a_{n}\right\}$ 的通项公式可以为 $(\quad)$
选项：
A. $a_{n}=-2 n+3$
B. $a_{n}=-n^{2}-3 n+1$
C. $a_{n}=\frac{1}{2^{n}}$
D. $a_{n}=1+\log _{2} n$
答案：D
解析：解析: 对于 $A 、 C$ 的数列都是递减数列, 而 $B$ 的数列, 有 $a_{1}=a_{2}$, 故选 $D$
题目（高二 · 代数）：已知数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的首项为 2 , 且数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 满足 $a_{n+1}=\frac{a_{n}-1}{a_{n}+1}$, 数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的前 $n$ 项的和为 $S_{n}$, 则 $S_{1008}$ 等于( )
选项：
A. 504
B. 294
C. -294
D. -504
答案：C
解析：答案: C
题目（高二 · 代数）：已知数列 $\left\{a_{n}\right\}, a_{1}=2, a_{n+1}=1-\frac{1}{a_{n}}$, 则 $a_{1} a_{2} \cdots a_{99}=(\quad)$
选项：
A. -2
B. 2
C. -1
D. 1
答案：C
解析：答案: C

解析: 因为 $a_{1}=2, a_{n+1}=1-\frac{1}{a_{n}}, a_{2}=\frac{1}{2}, a_{3}=-1, a_{4}=2, \cdots$. 故数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 周期为 3 , 且 $a_{1} a_{2} a_{3}=-1$, 所以 $a_{1} a_{2} \cdots a_{99}=\left(a_{1} a_{2} a_{3}\right)^{33}=-1$. 故选 C.
题目（高二 · 代数）：已知数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的通项公式为 $a_{n}=(n+2)\left(\frac{7}{8}\right)^{n}$, 则当 $a_{n}$ 取得最大值时, $n$ 等于（）
选项：
A. 5
B. 6
C. 5 或 6
D. 7
答案：C
解析：答案: C
题目（高二 · 代数）：已知等比数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的首项 $a_{1}=2$, 前 $n$ 项和为 $S_{n}$, 若 $S_{5}+4 S_{3}=5 S_{4}$, 则数列 $\left\{\frac{2 \log _{2} a_{n}+1}{\log _{2} a_{n}-6}\right\}$ 的最大项等于（ ）
选项：
A. -11
B. $-\frac{3}{5}$
C. $\frac{19}{3}$
D. 15
答案：D
解析：由已知得 $S_{5}-S_{4}=4\left(S_{4}-S_{3}\right) \Rightarrow a_{5}=4 a_{4} \Rightarrow q=4, a_{n}=2 \times 4^{n-1}=2^{2 n-1}$,

所以 $\frac{2 \log _{2} a_{n}+1}{\log _{2} a_{n}-6}=\frac{4 n-1}{2 n-7}$, 由函数 $y=\frac{4 x-1}{2 x-7}$ 的图像得到, 当 $n=4$ 时, 数列 $\left\{\frac{2 \log _{2} a_{n}+1}{\log _{2} a_{n}-6}\right\}$ 的最大项等于故选 D
题目（高二 · 代数）：已知数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 满足 $a_{n+1}-a_{n}=2$, 且 $a_{1}, a_{3}, a_{4}$ 成等比数列. 若 $\left\{a_{n}\right\}$ 的前 $n$ 项和为 $S_{n}$, 则 $S_{n}$ 的最小值为
选项：
A. -10
B. -14
C. -18
D. -20
答案：D
解析：根据题意, 可知 $\left\{a_{n}\right\}$ 为等差数列, 公差 $d=2$, 由 $a_{1}, a_{3}, a_{4}$ 成等比数列, 可得 $a_{3}^{2}=a_{1} a_{4}$,

$\therefore\left(a_{1}+4\right)^{2}=a_{1}\left(a_{1}+6\right)$, 解得 $a_{1}=-8$.

$\therefore S_{n}=-8 n+\frac{n(n-1)}{2} \times 2=n^{2}-9 n=\left(n-\frac{9}{2}\right)^{2}-\frac{81}{4}$.
根据单调性, 可知当 $n=4$ 或 5 时, $S_{n}$ 取到最小值, 最小值为 -20 , 故选 D。
题目（高二 · 代数）：已知实数 $x, y$ 满足约束条件 $\left\{\begin{array}{l}x+y-2 \leq 0 \\ x-2 y-2 \leq 0, \\ x \geq 1\end{array}\right.$, 则目标函数 $z=\frac{y-2}{x+1}$ 的最小值为
选项：
A. $-\frac{2}{3}$
B. $-\frac{5}{4}$
C. $-\frac{4}{3}$
D. $-\frac{1}{2}$
答案：B
解析：作出不等式组对应的平面区域如图:

目标函数 $z=\frac{y-2}{x+1}$ 的几何意义为动点 $M(x, y)$ 到定点 $D(-1,2)$ 的斜率,当 $M$ 位于 $A\left(1,-\frac{1}{2}\right)$ 时, 此时 $D A$ 的斜率最小, 此时 $Z_{\text {min }}=\frac{-\frac{1}{2}-2}{1+1}=-\frac{5}{4}$.故选 B.
题目（高二 · 代数）：已知实数 $x, y$ 满足 $\left\{\begin{array}{l}x+y-2 \geq 0 \\ x-2 y+4 \geq 0 \\ 2 x+y-4 \leq 0\end{array}\right.$, 若 $a x+y$ 的最小值为 $-\frac{2}{3}$, 则 $a=$
选项：
A. $-\frac{1}{4}$
B. $-\frac{1}{3}$
C. $-\frac{1}{2}$
D. -1
答案：B
解析：作出可行域如图所示, 因为 $a x+y$ 最小值为负值, 所以平移直线 $y=-a x$ 到点 $A(2,0)$时, $a x+y$ 最小, 所以 $2 a=-\frac{2}{3}, a=-\frac{1}{3}$. 故选 B.
题目（高二 · 代数）：若正数 $m, n$ 满足 $2 m+n=1$, 则 $\frac{1}{m}+\frac{1}{n}$ 的最小值为
选项：
A. $3+2 \sqrt{2}$
B. $3+\sqrt{2}$
C. $2+2 \sqrt{2}$
D. 3
答案：A
解析：由题意, 因为 $2 m+n=1$,

则 $\frac{1}{m}+\frac{1}{n}=\left(\frac{1}{m}+\frac{1}{n}\right) \cdot(2 m+n)=3+\frac{n}{m}+\frac{2 m}{n} \geq 3+2 \sqrt{\frac{n}{m} \cdot \frac{2 m}{n}}=3+2 \sqrt{2}$,

当且仅当 $\frac{n}{m}=\frac{2 m}{n}$, 即 $n=\sqrt{2} m$ 时等号成立,

所以 $\frac{1}{m}+\frac{1}{n}$ 的最小值为 $3+2 \sqrt{2}$, 故选 A.
题目（高二 · 代数）：已知正项数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的前 $\mathrm{n}$ 项和 $S_{n}$, 且 $S_{n}=\frac{1}{2} a_{n}{ }^{2}+\frac{1}{2} a_{n}$, 若数列 $b_{n}=(-1)^{n} \frac{2 n+1}{2 S_{n}}$, 数列 $\left\{b_{n}\right\}$ 的前 2020 项和为( )
选项：
A.$\frac{2019}{2020}$
    B. $-\frac{2019}{2020}$
    C. $\frac{2020}{2021}$
    D. $-\frac{2020}{2021}$
答案：D
解析：由 $S_{n}=\frac{1}{2} a_{n}{ }^{2}+\frac{1}{2} a_{n}$ 得 $a_{n}=S_{n}-S_{n}=\frac{1}{2} a_{n}{ }^{2}+\frac{1}{2} a_{n}-\left(\frac{1}{2} a_{n-1}{ }^{2}+\frac{1}{2} a_{n-1}\right)$, 整理得

$\frac{a_{n}+a_{n-1}}{2}=\frac{a_{n}-a_{n-1}}{2} \cdot\left(a_{n}+a_{n-1}\right)$ 因 为 $a_{n}>0$ 所 $a_{n}-a_{n-1}=1$, 当 $n=1$ 时 $a_{1}=1 \therefore a_{n}=n \Rightarrow 2 S_{n}=n^{2}+n$

所以, $b_{n}=(-1)^{n} \frac{2 n+1}{n^{2}+n}=(-1)^{n} \frac{2 n+1}{n(n+1)}=(-1)^{n}\left(\frac{1}{n}+\frac{1}{n+1}\right)$ $T_{n}=(-1)^{1}\left(\frac{1}{1}+\frac{1}{2}\right)+(-1)^{2}\left(\frac{1}{2}+\frac{1}{3}\right)+(-1)^{3}\left(\frac{1}{3}+\frac{1}{4}\right)+\cdots+(-1)^{2020}\left(\frac{1}{2020}+\frac{1}{2021}\right)=\frac{1}{2021}-1=-\frac{2020}{2021}$
题目（高二 · 代数）：设 $a, b \in \mathbf{R}$, 数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 中 $a_{n}=a, a_{n+1}=a_{n}{ }^{2}+b, n \in \mathbf{N}^{*}$, 则( )
选项：
A. 当 $b=\frac{1}{2}$ 时, $a_{10}>10$
    B. 当 $b=\frac{1}{4}$ 时, $a_{10}>10$
    C. 当 $b=-2$ 时, $a_{10}>10$
    D. 当 $b=-4$ 时, $a_{10}>10$
答案：A
解析：对于 $\mathrm{B}$, 令 $x^{2}-\lambda+\frac{1}{4}=0$, 得 $\lambda=\frac{1}{2}$, 取 $a_{1}=\frac{1}{2}$, 所以 $a_{2}=\frac{1}{2}, \cdots, a_{n}=\frac{1}{2}<10$,

所以当 $b=\frac{1}{4}$ 时, $a_{10}<10$, 故 $\mathrm{B}$ 错误; 对于 $\mathrm{C}$, 令 $x^{2}-\lambda-2=0$, 得 $\lambda=2$ 或 $\lambda=-1$,

取 $a_{1}=2$, 所以 $a_{2}=2, \cdots, a_{n}=2<10$, 所以当 $b=-2$ 时, $a_{10}<10$, 故C错误;

对于 D, 令 $x^{2}-\lambda-4=0$, 得 $\lambda=\frac{1 \pm \sqrt{17}}{2}$, 取 $a_{1}=\frac{1+\sqrt{17}}{2}$, 所以 $a_{2}=\frac{1+\sqrt{17}}{2}, \ldots$,

$a_{n}=\frac{1+\sqrt{17}}{2}<10$,

所以当 $b=-4$ 时, $a_{10}<10$, 故 $\mathrm{D}$ 错误; 对于A, $a_{2}=a^{2}+\frac{1}{2} \geqslant \frac{1}{2}, a_{3}=\left(a^{2}+\frac{1}{2}\right)^{2}+\frac{1}{2} \geqslant \frac{3}{4}$,

$a_{4}=\left(a^{4}+a^{2}+\frac{3}{4}\right)^{2}+\frac{1}{2} \geqslant \frac{9}{16}+\frac{1}{2}=\frac{17}{16}>1, a_{n+1}-a_{n}>0,\left\{a_{n}\right\}$ 递增,
当 $n \geqslant 4$ 时, $\frac{a_{n+1}}{a_{n}}=a_{n}+\frac{\frac{1}{2}}{a_{n}}>1+\frac{1}{2}=\frac{3}{2}$, 所以 $\left\{\begin{array}{l}\frac{a_{5}}{a_{4}}>\frac{3}{2} \\ \frac{a_{6}}{a_{5}}>\frac{3}{2} \\ \vdots \\ \frac{a_{10}}{a_{9}}>\frac{3}{2}\end{array}\right.$,
题目（高二 · 代数）：数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 满足 $a_{n+1}+(-1)^{n} a_{n}=2 n-1$, 则 $\left\{a_{n}\right\}$ 的前 60 项和为 ( )
选项：
A. 3690
    B. 3660
    C. 1845
    D. 1830
答案：D
解析：【法 1】有题设知

$$
\begin{aligned}
& a_{2}-a_{1}=1, \text { (1) } \quad a_{3}+a_{2}=3 \quad \text { (2) } \quad a_{4}-a_{3}=5 \text { (3) } \quad a_{5}+a_{4}=7, a_{6}-a_{5}=9 \\
& a_{7}+a_{6}=11, \quad a_{8}-a_{7}=13, \quad a_{9}+a_{8}=15, \quad a_{10}-a_{9}=17, \quad a_{11}+a_{10}=19, \quad a_{12}-a_{11}=21
\end{aligned}
$$

$\therefore$ (2) - (1) 得 $a_{1}+a_{3}=2$, (3)+(2) 得 $a_{4}+a_{2}=8$, 同理可得 $a_{5}+a_{7}=2, a_{6}+a_{8}=24, a_{9}+a_{11}=2$, $a_{10}+a_{12}=40, \cdots$,

$\therefore a_{1}+a_{3}, a_{5}+a_{7}, a_{9}+a_{11}, \cdots$, 是各项均为 2 的常数列, $a_{2}+a_{4}, a_{6}+a_{8}, a_{10}+a_{12}, \cdots$ 是首项为 8 , 公差为 16 的等差数列,

$\therefore\left\{a_{n}\right\}$ 的前 60 项和为 $15 \times 2+15 \times 8+\frac{1}{2} \times 16 \times 15 \times 14=1830$.

【法 2】可证明：

$b_{n+1}=a_{4 n+1}+a_{4 n+2}+a_{4 n+3}+a_{4 n+4}=a_{4 n-3}+a_{4 n-2}+a_{4 n-2}+a_{4 n}+16=b_{n}+16$

$b_{1}=a_{1}+a_{2}+a_{3}+a_{4}=10 \Rightarrow S_{15}=10 \times 15+\frac{15 \times 14}{2} \times 16=1830$

【法 3】不妨设 $a_{1}=1$, 得 $a_{2}=2, a_{3}=a_{5}=a_{7}=\cdots=1, a_{4}=6, a_{6}=10$, 所以当 $n$ 为奇数时, $a_{n}=1$,当 $n$ 为偶数时, 构成以 $a_{2}$ 为首项, 以 4 为公差的等差数列, 所以得 $S_{60}=1830$​
题目（高二 · 代数）：几位大学生响应国家的创业号召, 开发了一款应用软件. 为激发大家学习数学的兴趣, 他们推出了 “解数学题获取软件激活码”的活动. 这款软件的激活码为下面数学问题的答案: 已知数列 $1,1,2,1$, $2 ， 4,1,2,4,8,1,2,4,8,16, \ldots$, 其中第一项是 $2^{0}$, 接下来的两项是 $2^{0}, 2^{1}$, 再接下来的三项是 $2^{0}, 2^{1}, 2^{2}$, 依此类推. 求满足如下条件的最小整数 $N: N>100$ 且该数列的前 $N$ 项和为 2 的整数幂.那么该款软件的激活码是( )
选项：
A. 440
B. 330
C. 220
D. 110
答案：A
解析：由题意得, 数列如下:

1,2 ,

$1,2,4$,

$1,2,4, \cdots, 2^{k-1}$

则该数列的前 $1+2+\cdots+k=\frac{k(k+1)}{2}$ 项和为

$S\left(\frac{k(k+1)}{2}\right)=1+(1+2)+\cdots+\left(1+2+\cdots+2^{k-1}\right)=2^{k+1}-k-2$,

要使 $\frac{k(k+1)}{2}>100$, 有 $k \geq 14$, 此时 $k+2<2^{k+1}$, 所以 $k+2$ 是第 $k+1$ 组等比数列 $1,2, \cdots, 2^{k}$ 的部
分和，设 $k+2=1+2+\cdots+2^{t-1}=2^{t}-1$ ，

所以 $k=2^{t}-3 \geq 14$, 则 $t \geq 5$, 此时 $k=2^{5}-3=29$,

所以对应满足条件的最小整数 $N=\frac{29 \times 30}{2}+5=440$, 故选 A.
题目（高二 · 代数）：若等比数列的各项均为正数, 前 4 项的和为 9 , 积为 $\frac{81}{4}$, 则前 4 项倒数的和为 ( )
选项：
A. $\frac{3}{2} \quad$ B. $\frac{9}{4}$
C. 1
D. 2
答案：D
解析：解析: 由题意得 $S_{4}=\frac{a_{1}\left(1-q^{4}\right)}{1-q}=9, \therefore \frac{1-q^{4}}{1-q}=\frac{9}{a_{1}}$ 由 $a_{1} \cdot a_{1} q \cdot a_{1} q^{2} \cdot a_{1} q^{3}=\left(a_{1}^{3} q^{3}\right)^{2}=\frac{81}{4}$, 得 $a_{2} q^{3}=\frac{9}{2}$.由等比数列的性质知该数列前 4 项倒数的和为 $\frac{\frac{1}{a_{1}}\left(1-\frac{1}{q^{4}}\right)}{1-\frac{1}{q}}=\frac{q^{4}-1}{a_{1} q^{3}(q-1)}=\frac{1}{a_{1} q^{3}} \cdot \frac{9}{a_{1}}=\frac{9}{a^{2} q^{3}}=2$.
题目（高二 · 代数）：（浙江省镇海中学 2018 届高三上期中）等比数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的前 $n$ 项和为 $S_{n}$, 若 $S_{3}=2, S_{6}=18$,
则 $\frac{S_{10}}{s_{5}}$ 等于 ( )
选项：
A. -3
B. 5
C. -31
D. 33
答案：D
解析：等比数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 中, $S_{6}-S_{3}=q^{3} S_{3}$, 所以 $q^{3}=\frac{S_{6}-S_{3}}{S_{3}}=\frac{18-2}{2}=8$.

所以 $q=2 . \frac{s_{10}}{s_{5}}=\frac{s_{5}+q^{5} s_{5}}{s_{5}}=1+q^{5}=33$. 故选 D.
题目（高二 · 代数）：已知 $S_{n}$ 是等比数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的前 $n$ 项和, 若存在 $m \in \mathbf{N}^{*}$, 满足 $\frac{S_{2 m}}{S_{m}}=9, \frac{a_{2 m}}{a_{m}}=\frac{5 m+1}{m-1}$, 则数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的公比为( )
选项：
A. -2
B. 2
C. -3
D. 3
答案：B
解析：设公比为 $q$, 若 $q=1$, 则 $\frac{S_{2 m}}{S_{m}}=2$, 与题中条件矛盾, 故 $q \neq 1 . \because \frac{S_{2 m}}{S_{m}}=\frac{\frac{a_{1}\left(1-q^{2 m}\right)}{1-q}}{\frac{a_{1}\left(1-q^{m}\right)}{1-q}}=q^{m}+1=9$,

$\therefore q^{m}=8 . \therefore \frac{a_{2 m}}{a_{m}}=\frac{a_{1} q^{2 m^{-1}}}{a_{1} q^{m^{-1}}}=q^{m}=8=\frac{5 m+1}{m-1}, \quad \therefore m=3, \quad \therefore q^{3}=8, \quad \therefore q=2$.
题目（高二 · 代数）：若集合 $A=\{x \mid(2 x+1)(x-3)<0\}, B=\left\{x \mid x \in \mathbf{N}^{*}, x \leqslant 5\right\}$, 则 $A \cap B$ 等于 ( )
选项：
A. $\{1,2,3\}$
B. $\{1,2\}$
C. $\{4,5\}$
D. $\{1,2,3,4,5\}$
答案：B
解析： $\left[(2 x+1)(x-3)<0, \therefore-\frac{1}{2}<x<3\right.$, 又 $x \in \mathbf{N}^{*}$ 且 $x \leqslant 5$, 则 $\left.x=1,
题目（高二 · 代数）：(2018 全国卷 $\mathrm{I}$ ) 已知集合 $A=\left\{x \mid x^{2}-x-2>0\right\}$, 则 $\complement_{\mathbf{R}} A=$
选项：
A. $\{x \mid-1<x<2\}$
    B. $\{x \mid-1 \leqslant x \leqslant 2\}$
    C. $\{x \mid x<-1\} \bigcup\{x \mid x>2\}$
    D. $\{x \mid x \leqslant-1\} \cup\{x \mid x \geqslant 2\}$
答案：B
解析：因为 $A=\left\{x \mid x^{2}-x-2>0\right\}$, 所以 $\complement_{\mathbf{R}} A=\left\{x \mid x^{2}-x-2 \leqslant 0\right\}$ $=\{x \mid-1 \leqslant x \leqslant 2\}$, 故选 $\mathrm{B}$.
题目（高二 · 代数）：(2017 山东) 设函数 $y=\sqrt{4-x^{2}}$ 的定义域 $A$, 函数 $y=\ln (1-x)$ 的定义域为 $B$, 则 $A \cap B=$
选项：
A. $(1,2)$
    B. $(1,2]$
    C. $(-2,1)$
    D. $[-2,1)$
答案：D
解析：由 $4-x^{2} \geqslant 0$ 得 $-2 \leqslant x \leqslant 2$, 由 $1-x>0$ 得 $x<1$, 故

$\mathrm{A} \cap \mathrm{B}=\{x \mid-2 \leqslant x \leqslant 2\} \cap\{x \mid x<1\}=\{x \mid-2 \leqslant x<1\}$, 选 $\mathrm{D}$.
题目（高二 · 代数）：(2015 山东) 已知集合 $A=\left\{x \mid x^{2}-4 x+3<0\right\}, B=\{x \mid 2<x<4\}$, 则 $A \cap B=$
选项：
A. $(1,3)$
    B. $(1,4)$
    C. $(2,3)$
    D. $(2,4)$
答案：C
解析： $A=\left\{x \mid x^{2}-4 x+3<0\right\}=\{x \mid 1<x<3\}, A \cap B=(2,3)$.
题目（高二 · 代数）：(2014 新课标 I) 已知集合 $\mathrm{A}=\left\{x \mid x^{2}-2 x-3 \geq 0\right\}, \mathrm{B}=\{x \mid-2 \leqslant x<2\}$, 则 $\mathrm{A} \cap \mathrm{B}=$
选项：
A. $[-2,-1]$
    B. $[-1,1]$
    C. $[-1,2)$
    D. $[1,2)$
答案：A
解析： $A=\{x \mid x \leqslant-1$ 或 $x \geqslant 3\}$ ，故 $A \cap B=[-2,-1]$.
题目（高二 · 代数）：\right]$

2. 在 $\mathbf{R}$ 上定义运算 “ $\odot$ ” : $a \odot b=a b+2 a+b$, 则满足 $x \odot(x-2)<0$ 的实数 $x$ 的取值范围为 $(\quad)$
选项：
A. $(0,2)$
B. $(-2,1)$
C. $(-\infty,-2) \cup(1,+\infty)$
D. $(-1,2)
答案：B
解析：根据给出的定义得, $x \odot(x-2)=x(x-2)+2 x+(x-2)=x^{2}+x-2=(x+2)(x-1)$, 又 $x \odot(x-$ $2)<0$, 则 $(x+2)(x-1)<0$, 故不等式的解集是 $(-2,1)$. ]
题目（高二 · 代数）：不等式 $m x^{2}-a x-1>0(m>0)$ 的解集可能是( )
选项：
A. $\left\{x \mid x<-1\right.$ 或 $\left.x>\frac{1}{4}\right\}$
B. $\mathbf{R}$
C. $\left\{x \left\lvert\,-\frac{1}{3}<x<\frac{3}{2}\right.\right\}$
D. $\varnothing$
答案：A
解析：[因为 $\Delta=a^{2}+4 m>0$, 所以函数 $y=m x^{2}-a x-1$ 的图象与 $x$ 轴有两个交点, 又 $m>0$​​, 所以原不等式的解集不可能是 B、C、D，故选 A.]
题目（高二 · 代数）：(2017 新课标 II ) 设 $x, y$ 满足约束条件 $\left\{\begin{array}{l}2 x+3 y-3 \leqslant 0 \\ 2 x-3 y+3 \geqslant 0 \\ y+3 \geqslant 0\end{array}\right.$, 则 $z=2 x+y$ 的最小值是
选项：
A. -15
    B. -9
    C. 1
    D. 9
答案：A
解析：如图为可行域



结合目标函数的几何意义可得函数在点 $B(-6,-3)$ 处取得最小值, 最小值为 $z_{\text {min }}=-12-3=-15$. 故选 A.
题目（高二 · 代数）：(2017 浙江) 若 $x, y$ 满足约束条件 $\left\{\begin{array}{l}x \geqslant 0 \\ x+y-3 \geqslant 0 \\ x-2 y \leqslant 0\end{array}\right.$, 则 $z=x+2 y$ 的取值范围是
选项：
A. $[0,6]$
    B. $[0,4]$
    C. $[6,+\infty)$
    D. $[4,+\infty)$
答案：D
解析：如图阴影为可行域, 可知在 $A(2,1)$ 时, $z_{\min }=4$, 无最大值.



所以 $z=x+2 y$ 的取值范围是 $[4,+\infty)$. 选 D.
题目（高二 · 代数）：(2015 天津) 设变量 $x, y$ 满足约束条件 $\left\{\begin{array}{l}x+2 \geq 0 \\ x-y+3 \geq 0 \\ 2 x+y-3 \leq 0\end{array}\right.$, 则目标函数 $z=x+6 y$ 的最大值为
选项：
A. 3
    B. 4
    C. 18
    D. 40
答案：C
解析：作出可行域(图略), 可知目标函数过点 $(0,3)$ 时, $z$ 取得最大值 18 .
题目（高二 · 代数）：(2012 辽宁) 设变量 $x, y$ 满足 $\left\{\begin{array}{l}x-y \leq 10 \\ 0 \leq x+y \leq 20 \\ 0 \leq y \leq 15\end{array}\right.$, 则 $2 x+3 y$ 的最大值为
选项：
A. 20
    B. 35
    C. 45
    D. 55
答案：D
解析：作出可行域如图中阴影部分所示, 由图知目标函数



过点 $A(5,15)$ 时, $2 x+3 y$ 的最大值为 55 , 故选 D.
题目（高二 · 代数）：$x>0, y>0$, 且 $2 x-x y+6 y=0$, 则 $x+y$ 的最小值为 ( )
选项：
A. $8+4 \sqrt{3}$
B. 16
C. 3
D. $2 \sqrt{5}$
答案：A
解析：

$\because 2 x-x y+6 y=0, \quad x>0, \quad y>0 \therefore 2 x=(x-6) \cdot y$

$\therefore y=\frac{2 x}{x-6} \therefore x>6$

$\therefore x+y=x+\frac{2 x}{x-6}=x-6+\frac{12}{x-6}+8 \geq 2 \sqrt{(x-6) \cdot \frac{12}{x-6}}+8=4 \sqrt{3}+8$

当且仅当 $x-6=\frac{12}{x-6}$, 即 $x=6+2 \sqrt{3}$ 时取等号

故选: A
题目（高二 · 代数）：【河南省开封市五县联考 2019-2020 学年高二上学期期末】已知 $m>0, n>0, \frac{1}{m}+\frac{4}{n}=1$, 若不等式 $m+n \geq-x^{2}+2 x+a$ 对已知的 $m, n$ 及任意实数 $x$ 恒成立, 则实数 $a$ 的取值范围是 ( )
选项：
A. $[8,+\infty)$
B. $[3,+\infty)$
c. $(-\infty, 3]$
D. $(-\infty, 8]$
答案：D
解析：

$\because m+n=(m+n)\left(\frac{1}{m}+\frac{4}{n}\right)=5+\frac{n}{m}+\frac{4 m}{n} \geq 5+2 \sqrt{\frac{n}{m} \times \frac{4 m}{n}}=9$,

当且仅当 $\frac{n}{m}=\frac{4 m}{n}$ 时等号成立,

$\therefore-x^{2}+2 x+a \leq 9$, 即 $a \leq x^{2}-2 x+9=(x-1)^{2}+8$,

$\therefore a \leq 8$

故选: D
题目（高二 · 代数）：【河南省开封市五县联考 2019-2020 学年高二上学期期末】若两个正实数 $x, y$ 满足 $\frac{4}{\sqrt{2 x}}+\frac{1}{\sqrt{2 y}}=\frac{\sqrt{2}}{2}$, 并且 $\sqrt{x}+4 \sqrt{y}>m^{2}-6 m$ 恒成立, 则实数 $m$ 的取值范围是 ( )
选项：
A. $(-\infty,-8) \cup(2,+\infty)$
B. $(-\infty,-2) \cup(8,+\infty)$
c. $(-\infty, 2)$
D. $(-2,8)$
答案：D
解析：

因为 $\frac{4}{\sqrt{2 x}}+\frac{1}{\sqrt{2 y}}=\frac{\sqrt{2}}{2}$, 所以 $\frac{4}{\sqrt{x}}+\frac{1}{\sqrt{y}}=1$.

所以 $\sqrt{x}+4 \sqrt{y}=(\sqrt{x}+4 \sqrt{y})\left(\frac{4}{\sqrt{x}}+\frac{1}{\sqrt{y}}\right)$

$=4+\frac{16 \sqrt{y}}{\sqrt{x}}+\frac{\sqrt{x}}{\sqrt{y}}+4=8+\frac{16 \sqrt{y}}{\sqrt{x}}+\frac{\sqrt{x}}{\sqrt{y}} \geq 8+2 \sqrt{\frac{16 \sqrt{y}}{\sqrt{x}} \cdot \frac{\sqrt{x}}{\sqrt{y}}}=16$.

当且仅当 $\frac{16 \sqrt{y}}{\sqrt{x}}=\frac{\sqrt{x}}{\sqrt{y}}$, 即 $x=64, y=4$ 时等号成立,

若使得 $\sqrt{x}+4 \sqrt{y}>m^{2}-6 m$ 恒成立

则需 $16>m^{2}-6 m$, 即 $m^{2}-6 m-16<0$, 解得 $-2<m<8$.

所以实数 $m$ 的取值范围是 $(-2,8)$.

故选: D
题目（高二 · 代数）：（2013 福建）若 $2^{x}+2^{y}=1$, 则 $x+y$ 的取值范围是 ( )
选项：
A. $[0,2]$
    B. $[-2,0]$
    C. $[-2,+\infty)$
    D. $(-\infty,-2]$
答案：D
解析：本题考查的是均值不等式. 因为 $1=2^{x}+2^{y} \geq 2 \sqrt{2^{x} \cdot 2^{y}}$, 即 $2^{x+y} \leq 2^{-2}$,所以 $x+y \leq-2$, 当且仅当 $2^{x}=2^{y}$, 即 $x=y$ 时取等号.
题目（高二 · 代数）：(2013 山东) 设正实数 $x, y, z$ 满足 $x^{2}-3 x y+4 y^{2}-z=0$. 则当 $\frac{x y}{z}$ 取得最大值时, $\frac{2}{x}+\frac{1}{y}-\frac{2}{z}$ 的最大值为 $(\quad)$
选项：
A. 0
    B. 1
    c. $\frac{9}{4}$
    D. 3
答案：B
解析：由 $x^{2}-3 x y+4 y^{2}-z=0$, 得 $z=x^{2}-3 x y+4 y^{2}$.

所以 $\frac{x y}{z}=\frac{x y}{x^{2}-3 x y+4 y^{2}}=\frac{1}{\frac{x}{y}+\frac{4 y}{x}-3} \leq \frac{1}{2 \sqrt{\frac{x}{y} \cdot \frac{4 y}{x}}-3}=1$, 当且仅当 $\frac{x}{y}=\frac{4 y}{x}$,

即 $x=2 y$ 时取等号此时 $z=2 y^{2},\left(\frac{x y}{z}\right)_{\text {max }}=1$.

$\frac{2}{x}+\frac{1}{y}-\frac{2}{z}=\frac{2}{2 y}+\frac{1}{y}-\frac{2}{x y}=\frac{2}{y}\left(1-\frac{1}{x}\right)=\frac{2}{y}\left(1-\frac{1}{2 y}\right) \leq 4\left(\frac{\frac{1}{2 y}+1-\frac{1}{2 y}}{2}\right)^{2}=1$, 故选 B.
题目（高二 · 代数）：(2013 山东) 设正实数 $x, y, z$ 满足 $x^{2}-3 x y+4 y^{2}-z=0$, 则当 $\frac{z}{x y}$ 取得最大值时,
    $x+2 y-z$ 的最大值为 $(\quad)$
选项：
A. 0
    B. $\frac{9}{8}$
    C. 2
    D. $\frac{9}{4}$
答案：C
解析：由 $x^{2}-3 x y+4 y^{2}-z=0$ 得 $x^{2}+4 y^{2}-3 x y=z$,

$\frac{z}{x y}=\frac{x^{2}+4 y^{2}}{x y}-3 \geq \frac{2 \sqrt{x^{2} \cdot 4 y^{2}}}{x y}-3=\frac{4 x y}{x y}-3=1$,

当且仅当 $x^{2}=4 y^{2}$ 即 $x=2 y$ 时, $\frac{z}{x y}$ 有最小值 1 ,

将 $x=2 y$ 代入原式得 $z=2 y^{2}$,

所以 $x+2 y-z=2 y+2 y-2 y^{2}=-2 y^{2}+4 y$,

当 $y=1$​ 时有最大值 2故选 C.
题目（高二 · 代数）：若不等式 $\frac{1}{x}+\frac{1}{1-4 x}-m \geq 0$ 对 $x \in\left(0, \frac{1}{4}\right)$ 恒成立, 则实数 $m$ 的最大值为
选项：
A. 7
B. 8
C. 9
D. 10
答案：C
解析：

将不等式化为 $\frac{1}{x}+\frac{1}{1-4 x} \geq m$, 只需当 $x \in\left(0, \frac{1}{4}\right)$ 时, $\left(\frac{1}{x}+\frac{1}{1-4 x}\right)_{\text {min }} \geq m$ 即可,

由 $\frac{1}{x}+\frac{1}{1-4 x}=\left(\frac{1}{x}+\frac{1}{1-4 x}\right)(4 x+1-4 x)$

$=4+\frac{1-4 x}{x}+\frac{4 x}{1-4 x}+1 \geq 5+2 \sqrt{\frac{1-4 x}{x} \cdot \frac{4 x}{1-4 x}}=5+4=9$,

当且仅当 $x=\frac{1}{5}$ 时取等号, 故 $m \leq 9$, 故 $m$ 的最大值为 9 .

故选: C
题目（高二 · 代数）：$f(\cos x)=\cos 2 x$, 则 $f\left(\sin 15^{\circ}\right)$ 的值为
选项：
A. $-\frac{\sqrt{3}}{2}$
B. $\frac{\sqrt{3}}{2} \quad$ C. $\frac{1}{2}$
D. $-\frac{1}{2}$
答案：A
解析：解析: 因为 $\sin 15^{\circ}=\cos 75^{\circ}$ ，所以 $f\left(\sin 15^{\circ}\right)=f\left(\cos 75^{\circ}\right)=\cos 150^{\circ}=-\cos 30^{\circ}=-\frac{\sqrt{3}}{2}$. 故选
A.

答案: A
题目（高二 · 代数）：设函数 $f(x)=2 \cos ^{2} x+\sqrt{3} \sin 2 x+a(a$ 为实常数 $)$ 在区间 $\left[0, \frac{\pi}{2}\right]$ 上的最小值为 -4 , 则 $\alpha$ 的值为
选项：
A. 4
B. -6
C. -4
D. -3
答案：C
解析：解析:$f(x)=2 \cos ^{2} x+\sqrt{3} \sin 2 x+a=1+\cos 2 x+\sqrt{3} \sin 2 x+a=2 \sin \left(2 x+\frac{\pi}{6}\right)+a+1$. 当
$x \in[0 ＼frac{\pi}{2}]$ 时， $2 x+\frac{\pi}{6} \in\left[\frac{\pi}{6}, \frac{7 \pi}{6}\right], \therefore f(x)_{\min }=2 \times\left(-\frac{1}{2}\right)+a+1=-4 . \therefore a=-4$. 故选 C.

答案: C
题目（高二 · 代数）：【2019 年高考全国 I 卷理数】函数 $f(x)=\frac{\sin x+x}{\cos x+x^{2}}$ 在 $[-\pi, \pi]$ 的图像大致为 ( )
选项：
A.


B.


C.


D.


答案：D
解析：由 $f(-x)=\frac{\sin (-x)+(-x)}{\cos (-x)+(-x)^{2}}=\frac{-\sin x-x}{\cos x+x^{2}}=-f(x)$, 得 $f(x)$ 是奇函数, 其图象关于原点对称, 排除 $\mathrm{A}$. 又 $\mathrm{f}\left(\frac{\pi}{2}\right)=\frac{1+\frac{\pi}{2}}{\left(\frac{\pi}{2}\right)^{2}}=\frac{4+2 \pi}{\pi^{2}}>1, f(\pi)=\frac{\pi}{-1+\pi^{2}}>0$, 排除 $\mathrm{B}, \mathrm{C}$, 故选 D.

【名师点睛】本题考查函数的性质与图象, 渗透了逻辑推理、直观想象和数学运算素养, 采取性质法或赋值法, 利用数形结合思想解题. 解答本题时, 先判断函数的奇偶性, 得 $f(x)$ 是奇函数,排除 $\mathrm{A}$ ，再注意到选项的区别，利用特殊值得正确答案.
题目（高二 · 代数）：函数 $f(x)=\frac{\sin x+x}{\cos x+x^{2}}$ 在 $[-\pi, \pi]$ 的图像大致为（）
选项：
A.


B.


C.


D.


答案：D
解析：由 $f(-x)=\frac{\sin (-x)+(-x)}{\cos (-x)+(-x)^{2}}=\frac{-\sin x-x}{\cos x+x^{2}}=-f(x)$, 得 $f(x)$ 是奇函数, 其图象关于原点对称, 排除 $\mathrm{A}$, 又 $\mathrm{f}\left(\frac{\pi}{2}\right)=\frac{1+\frac{\pi}{2}}{\left(\frac{\pi}{2}\right)^{2}}=\frac{4+2 \pi}{\pi^{2}}>1, f(\pi)=\frac{\pi}{-1+\pi^{2}}>0$, 排除 B, C, 故选 D.

【名师点睛】本题考查函数的性质与图象, 渗透了逻辑推理、直观想象和数学运算素养, 采取性质法或赋值法, 利用数形结合思想解题. 解答本题时, 先判断函数的奇偶性, 得 $f(x)$ 是奇函数, 排除 $\mathrm{A}$,再注意到选项的区别, 利用特殊值得正确答案.
题目（高二 · 代数）：函数 $f(x)=2 \tan (-x)$ 是 $(\quad)$
选项：
A. 奇函数

B. 偶函数

C. 奇函数, 也是偶函数

D. 非奇非偶函数

考点 正切函数的周期性、对称性

题点 正切函数的奇偶性
答案：A
解析：因为 $f(-x)=2 \tan x=-2 \tan (-x)=-f(x)$, 且 $f(x)$ 的定义域关于原点对称, 所以函数 $f(x)=2 \tan (-x)$ 是奇函数.
题目（高二 · 代数）：若 $a, b, c \in \mathbf{R}, a>b$, 则下列不等式成立的是( )
选项：
A. $\frac{1}{a}<\frac{1}{b}$
B. $a^{2}>b^{2}$
C. $\frac{a}{c^{2}+1}>\frac{b}{c^{2}+1}$
D. $a|c|>b|c|$
答案：C
解析：解析 对 $\mathrm{A}$, 若 $a>0>b$, 则 $\frac{1}{a}>0, \frac{1}{b}<0$, 此时 $\frac{1}{a}>\frac{1}{b}, \therefore \mathrm{A}$ 不成立;

对 B, 若 $a=1, b=-2$, 则 $a^{2}<b^{2}, \therefore \mathrm{B}$ 不成立;

对 C, $\because c^{2}+1 \geqslant 1$, 且 $a>b, \therefore \frac{a}{c^{2}+1}>\frac{b}{c^{2}+1}$ 恒成立,

$\therefore \mathrm{C}$ 正确;

对 $\mathrm{D}$, 当 $c=0$ 时, $a|c|=b|c|, \therefore \mathrm{D}$ 不成立.
题目（高二 · 代数）：若 $0<a_{1}<a_{2,0}, 0<b_{1}<b_{2}$, 且 $a_{1}+a_{2}=b_{1}+b_{2}=1$, 则下列代数式中值最大的是 ( )
选项：
A. $a_{1} b_{1}+a_{2} b_{2}$
    B. $a_{1} a_{2}+b_{1} b_{2}$
    C. $a_{1} b_{2}+a_{2} b_{1}$
    D. $\frac{1}{2}$
答案：A
解析：方法一 特殊值法.

令 $a_{1}=\frac{1}{4}, a_{2}=\frac{3}{4}, b_{1}=\frac{1}{4}, b_{2}=\frac{3}{4}$,

则 $a_{1} b_{1}+a_{2} b_{2}=\frac{10}{16}=\frac{5}{8}, a_{1} a_{2}+b_{1} b_{2}=\frac{6}{16}=\frac{3}{8}$,

$a_{1} b_{2}+a_{2} b_{1}=\frac{6}{16}=\frac{3}{8}$,
$\because \frac{5}{8}>\frac{1}{2}>\frac{3}{8}, \therefore$ 最大的数应是 $a_{1} b_{1}+a_{2} b_{2}$.

方法二 作差法.

$\because a_{1}+a_{2}=1=b_{1}+b_{2}$ 且 $0<a_{1}<a_{2,0}<b_{1}<b_{2}$,

$\therefore a_{2}=1-a_{1}>a_{1}, \quad b_{2}=1-b_{1}>b_{1}$,

$\therefore 0<a_{1}<\frac{1}{2}, \quad 0<b_{1}<\frac{1}{2}$.

又 $a_{1} b_{1}+a_{2} b_{2}=a_{1} b_{1}+\left(1-a_{1}\right)\left(1-b_{1}\right)=2 a_{1} b_{1}+1-a_{1}-b_{1}$,

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

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

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

$=\left(a_{1}-b_{1}\right)^{2} \geqslant 0$,

$\therefore a_{1} b_{2}+a_{2} b_{1} \geqslant a_{1} a_{2}+b_{1} b_{2}$.

$\because\left(a_{1} b_{1}+a_{2} b_{2}\right)-\left(a_{1} b_{2}+a_{2} b_{1}\right)=4 a_{1} b_{1}+1-2 a_{1}-2 b_{1}$

$=1-2 a_{1}+2 b_{1}\left(2 a_{1}-1\right)=\left(2 a_{1}-1\right)\left(2 b_{1}-1\right)$

$=4\left(a_{1}-\frac{1}{2}\right)\left(b_{1}-\frac{1}{2}\right)>0$,

$\therefore a_{1} b_{1}+a_{2} b_{2}>a_{1} b_{2}+a_{2} b_{1}$.

$\because\left(a_{1} b_{1}+a_{2} b_{2}\right)-\frac{1}{2}=2 a_{1} b_{1}+\frac{1}{2}-a_{1}-b_{1}$

$=b_{1}\left(2 a_{1}-1\right)-\frac{1}{2}\left(2 a_{1}-1\right)=\left(2 a_{1}-1\right)\left(b_{1}-\frac{1}{2}\right)$

$=2\left(a_{1}-\frac{1}{2}\right)\left(b_{1}-\frac{1}{2}\right)>0$,

$\therefore a_{1} b_{1}+a_{2} b_{2}>\frac{1}{2}$.

综上可知, 最大的数应为 $a_{1} b_{1}+a_{2} b_{2}$.
题目（高二 · 代数）：已知 $a 、 b$ 为非零实数, 且 $a<b$, 则下列命题成立的是 ( )
选项：
A. $a^{2}<b^{2}$
B. $a^{2} b<a b^{2}$
C. $\frac{1}{a b^{2}}<\frac{1}{a^{2} b}$
D. $\frac{b}{a}<\frac{a}{b}$
答案：C
解析：解析 对于 $\mathrm{A}$, 当 $a<0, b<0$ 时, $a^{2}<b^{2}$ 不成立;

对于 $\mathrm{B}$, 当 $a<0, b>0$ 时, $a^{2} b>0, a b^{2}<0, a^{2} b<a b^{2}$ 不成立;

对于 C, $\because a<b, \frac{1}{a^{2} b^{2}}>0, \therefore \frac{1}{a b^{2}}<\frac{1}{a^{2} b}$;

对于 $\mathrm{D}$, 当 $a=-1, b=1$ 时, $\frac{b}{a}=\frac{a}{b}=-1$.
题目（高二 · 代数）：若 $x \in\left(\mathrm{e}^{-1,1}\right), a=\ln x, b=2 \ln x, c=\ln ^{3} x$, 则( )
选项：
A. $a<b<c$
B. $c<a<b$
C. $b<a<c$
D. $b<c<a$
答案：C
解析：解析 $\because \frac{1}{\mathrm{e}}<x<1, \therefore-1<\ln x<0$.

令 $t=\ln x$, 则 $-1<t<0$.

$\therefore a-b=t-2 t=-t>0, \quad \therefore a>b$.

$c-a=t^{3}-t=t\left(t^{2}-1\right)=t(t+1)(t-1)$,

又 $\because-1<t<0, \quad \therefore 0<t+1<1, \quad-2<t-1<-1$,

$\therefore c-a>0, \quad \therefore c>a . \therefore c>a>b$.
题目（高二 · 代数）：若 $a>b>c$ 且 $a+b+c=0$, 则下列不等式中正确的是( )
选项：
A. $a b>a c$
B. $a c>b c$
C. $a|b|>c|b|$
D. $a^{2}>b^{2}>c^{2}$
答案：A
解析：解析 由 $a>b>c$ 及 $a+b+c=0$ 知 $a>0, c<0$,

又 $\because a>0, b>c, \therefore a b>a c$​. 故选 A.
题目（高二 · 代数）：【2017 山东, 理 7】 若 $a>b>0$, 且 $a b=1$, 则下列不等式成立的是( )
选项：
A. $a+\frac{1}{b}<\frac{b}{2^{a}}<\log _{2}(a+b)$
B. $\frac{b}{2^{a}}<\log _{2}(a+b)<a+\frac{1}{b}$
C. $a+\frac{1}{b}<\log _{2}(a+b)<\frac{b}{2^{a}}$
D. $\log _{2}(a+b)<a+\frac{1}{b}<\frac{b}{2^{a}}$
答案：B
解析：因为 $a>b>0$, 且 $a b=1$, 所以

$$
a>1,0<b<1, \therefore \frac{b}{2^{a}}\left\{1, \log _{2}(a+b)\right\rangle \log _{2} 2 \sqrt{a b}=1
$$

$$
2^{a+\frac{1}{b}}>a+\frac{1}{b}>a+b \Rightarrow a+\frac{1}{b}>\log _{2}(a+b)
$$

，所以选 B.