.jpg)
正确率40.0%已知函数$$f ( x )=x \mathrm{l n} x+2 x ( x-a )^{2} ( a \in{\bf R} )$$.若存在$$x \in[ 1， ~ 3 ]，$$使得$$f ( x ) > x f^{\prime} ( x )$$成立，则实数$${{a}}$$的取值范围是（）
C
A.$$(-1， ~ 6 )$$
B.$$\left(-\frac{1} {2}， ~ 3 \right)$$
C.$$\left( \frac{5} {4}， ~+\infty\right)$$
D.$$\left(-\frac{\sqrt{2}} {2}， ~ 2 \right)$$
2、['导数的概念'， '导数的四则运算法则'， '导数中不等式恒成立与存在性问题'， '导数中的函数构造问题'， '二次函数的图象分析与判断']正确率60.0%已知函数$$f ( x )=\frac{a} {2} x^{2}+\mathrm{l n} x，$$若对任意两个不等的正数$$x_{1}， ~ x_{2}，$$都有$$\frac{f ( x_{1} )-f ( x_{2} )} {x_{1}-x_{2}} \geqslant4$$恒成立，则$${{a}}$$的取值范围为（）
A
A.$$[ 4， ~+\infty)$$
B.$$( 4，+\infty)$$
C.$$(-\infty， \， 4 ]$$
D.$$(-\infty， \， 4 )$$
3、['导数与最值'， '利用导数求参数的取值范围'， '导数中不等式恒成立与存在性问题'， '利用导数解决函数零点问题']正确率40.0%对于函数$$f ( x )=\frac{l n x} {x}$$，下列说法正确的有（）
$$\odot f \left( x \right)$$在$${{x}{=}{e}}$$处取得极大值
有两个不同的零点；
$$\textcircled{3} f \ ( \textbf{2} ) \ < f \ ( \pi) \ < f \ ( \textbf{3} ) \， \ \textcircled{4}$$若$$f ( x ) < k-\frac{1} {x}$$在$$( \mathrm{\bf~ 0}， \mathrm{\bf~ \Lambda}+\infty)$$上恒成立，则$${{k}{>}{1}}$$．
B
A.$${{4}}$$个
B.$${{3}}$$个
C.$${{2}}$$个
D.$${{1}}$$个
4、['函数y=A sin(wx+φ)（A≠0，w不等于0）的图象及性质'， '根据三角函数的性质求参数取值范围'， '辅助角公式'， '导数中不等式恒成立与存在性问题']正确率40.0%函数$$f ( x )=\operatorname{s i n} 2 x+2 \sqrt{3} \operatorname{c o s}^{2} x-\sqrt{3}$$，函数$$g ( x )=m \operatorname{c o s} ( 2 x-\frac{\pi} {6} )-2 m+3 ( m > 0 )$$，若存在$$x_{1}， ~ x_{2} \in[ 0， \frac{\pi} {4} ]$$，使得$$f ( x_{1} )=g ( x_{2} )$$成立，则实数$${{m}}$$的取值范围是$${{(}{)}}$$
C
A.$$( 0， 1 ]$$
B.$$[ 1， 2 ]$$
C.$$[ \frac{2} {3}， 2 ]$$
D.$$[ \frac{2} {3}， \frac{4} {3} ]$$
5、['简单复合函数的导数'， '导数的四则运算法则'， '导数与单调性'， '函数奇、偶性的定义'， '导数中不等式恒成立与存在性问题'， '利用函数单调性比较大小']正确率19.999999999999996%已知函数$$f ( x )=\mathrm{e}^{x}+\mathrm{e}^{-x}+2 \mathrm{c o s} x，$$其中$${{e}}$$为自然对数的底数，则对任意$${{a}{∈}{R}{，}}$$下列不等式一定成立的是（）
A
A.$$f ( a^{2}+1 ) \geq f ( 2 a )$$
B.$$f ( a^{2}+1 ) \leq f ( 2 a )$$
C.$$f ( a^{2}+1 ) \geq f ( a+1 )$$
D.$$f ( a^{2}+1 ) \leq f ( a )$$
6、['函数奇、偶性的证明'， '利用导数讨论函数单调性'， '导数中不等式恒成立与存在性问题'， '函数零点个数的判定']正确率0.0%已知函数$$f ( x )=x^{2}-\frac{\operatorname{l n} | x |} {x}$$，有下列四个命题：
$${①}$$函数$${{f}{（}{x}{）}}$$是奇函数；
$${②}$$函数$${{f}{（}{x}{）}}$$在$$( \mathbf{-} \infty， \ \mathbf{0} ) \ \cup\ ( \mathbf{0}， \ \mathbf{+} \infty)$$是单调函数；
$${③}$$当$${{x}{>}{0}}$$时，函数$$f \left( \begin{matrix} {x} \\ \end{matrix} \right) > 0$$恒成立；
$${④}$$当$${{x}{<}{0}}$$时，函数$${{f}{（}{x}{）}}$$有一个零点，
其中正确的个数是（）
B
A.$${{1}}$$
B.$${{2}}$$
C.$${{3}}$$
D.$${{4}}$$
7、['导数中不等式恒成立与存在性问题'， '函数求定义域']正确率60.0%已知函数$$f ( x )=\frac{x^{2}+x+1} {k x^{2}+k x+1}$$的定义域为$${{R}}$$，则实数$${{k}}$$的取值范围是（）
B
A.$${{k}{≠}{0}}$$
B.$$0 \leqslant k < 4$$
C.$$0 \leqslant k \leqslant4$$
D.$$0 < k < 4$$
8、['导数与最值'， '利用导数求参数的取值范围'， '导数中不等式恒成立与存在性问题']正确率40.0%已知函数$$f ( x )=x e^{x}$$，$$g ( x )=\operatorname{l n} ( x+1 )+a x^{2}$$，若对$$\forall x_{1} \in[ 0， 1 ]$$，$$\exists x_{2} \in[ 0， 1 ]$$使得$$f \left( x_{1} \right) > g \left( x_{2} \right)$$成立，则实数$${{a}}$$的取值范围是（）
A
A.$$a <-\operatorname{l n} 2$$
B.$$a \leqslant-\operatorname{l n} 2$$
C.$$a < e-\operatorname{l n} 2$$
D.$$a \leqslant e-\operatorname{l n} 2$$
9、['导数与最值'， '导数与单调性'， '导数中不等式恒成立与存在性问题']正确率19.999999999999996%设实数$${{m}{>}{0}}$$，若对任意的$${{x}{⩾}{e}{(}}$$其中$${{e}}$$为自然对数的底数$${{)}}$$，不等式$$x^{2} \mathrm{l n} x-m \mathrm{e}^{\frac{m} {x}} \geq0$$恒成立，则$${{m}}$$的最大值是（）
D
A.$$\frac{1} {e}$$
B.$$\frac{\mathrm{e}} {3}$$
C.$${{2}{e}}$$
D.$${{e}}$$
10、['利用导数讨论函数单调性'， '导数中不等式恒成立与存在性问题']正确率40.0%对于任意$$x_{1}， ~ x_{2} {\in} [ 1，+\infty)$$，当$${{x}_{2}{>}{{x}_{1}}}$$时，恒有$$a \operatorname{l n} \frac{x_{2}} {x_{1}} \! < \! 2 ( x_{2} \!-\! x_{1} )$$成立；则实数$${{a}}$$的取值范围是（）
C
A.$$(-\infty， 0 ]$$
B.$$(-\infty， 1 ]$$
C.$$(-\infty， 2 ]$$
D.$$(-\infty， 3 ]$$
以下是各题的详细解析：
题目要求存在 $$x \in [1, 3]$$ 使得 $$f(x) > x f'(x)$$。首先计算导数：
$$f'(x) = \ln x + 1 + 2(x-a)^2 + 4x(x-a)$$
不等式化简为：
$$x \ln x + 2x(x-a)^2 > x(\ln x + 1 + 2(x-a)^2 + 4x(x-a))$$
简化后得：
$$-1 - 4x(x-a) > 0 \Rightarrow 4x(x-a) < -1$$
即 $$a > x + \frac{1}{4x}$$。设 $$g(x) = x + \frac{1}{4x}$$，求其在 $$[1, 3]$$ 上的最大值：
$$g'(x) = 1 - \frac{1}{4x^2}$$，在 $$[1, 3]$$ 上单调递增，最大值为 $$g(3) = 3 + \frac{1}{12} = \frac{37}{12}$$。
因此 $$a > \frac{37}{12} \approx 3.08$$，结合选项，最接近的是 $$C$$ 选项 $$\left( \frac{5}{4}, +\infty \right)$$。
答案：$$C$$
题目要求 $$\frac{f(x_1) - f(x_2)}{x_1 - x_2} \geq 4$$ 对所有正数 $$x_1, x_2$$ 成立，即 $$f'(x) \geq 4$$。
计算导数：
$$f'(x) = a x + \frac{1}{x} \geq 4$$
由不等式 $$a x + \frac{1}{x} \geq 4$$，利用 AM-GM 不等式：
$$a x + \frac{1}{x} \geq 2\sqrt{a}$$，因此 $$2\sqrt{a} \geq 4 \Rightarrow a \geq 4$$。
答案：$$A$$
分析函数 $$f(x) = \frac{\ln x}{x}$$：
① 求导得 $$f'(x) = \frac{1 - \ln x}{x^2}$$，在 $$x = e$$ 处取得极大值 $$\frac{1}{e}$$，正确。
② 函数在 $$(0, 1)$$ 和 $$(1, +\infty)$$ 各有一个零点，但 $$x=1$$ 时 $$f(1)=0$$，因此共有两个不同零点，正确。
③ 计算 $$f(2) = \frac{\ln 2}{2} \approx 0.346$$，$$f(\pi) \approx \frac{1.144}{\pi} \approx 0.364$$，$$f(3) \approx \frac{1.0986}{3} \approx 0.366$$，因此 $$f(2) < f(\pi) < f(3)$$，正确。
④ 不等式 $$f(x) < k - \frac{1}{x}$$ 恒成立，即 $$k > \frac{\ln x}{x} + \frac{1}{x}$$。设 $$g(x) = \frac{\ln x + 1}{x}$$，求其最大值：
$$g'(x) = \frac{-\ln x}{x^2}$$，极大值在 $$x=1$$ 处，$$g(1)=1$$，因此 $$k > 1$$，正确。
答案：$$B$$（4个说法中3个正确）
化简函数：
$$f(x) = \sin 2x + 2\sqrt{3} \cos^2 x - \sqrt{3} = \sin 2x + \sqrt{3} \cos 2x = 2 \sin\left(2x + \frac{\pi}{3}\right)$$
在 $$x \in [0, \frac{\pi}{4}]$$ 上，$$f(x) \in [\sqrt{3}, 2]$$。
函数 $$g(x) = m \cos\left(2x - \frac{\pi}{6}\right) - 2m + 3$$，在 $$x \in [0, \frac{\pi}{4}]$$ 上，$$2x - \frac{\pi}{6} \in [-\frac{\pi}{6}, \frac{\pi}{3}]$$，因此 $$\cos\left(2x - \frac{\pi}{6}\right) \in [\frac{1}{2}, 1]$$，$$g(x) \in [-\frac{3m}{2} + 3, -m + 3]$$。
为使 $$f(x_1) = g(x_2)$$ 有解，需区间交集非空：
$$\sqrt{3} \leq -m + 3$$ 且 $$2 \geq -\frac{3m}{2} + 3$$，解得 $$m \in [\frac{2}{3}, 2]$$。
答案：$$C$$
函数 $$f(x) = e^x + e^{-x} + 2 \cos x$$ 是偶函数，且在 $$x \geq 0$$ 时单调递增（因为 $$f'(x) = e^x - e^{-x} - 2 \sin x \geq 0$$）。
比较 $$a^2 + 1$$ 和 $$2a$$：
$$a^2 + 1 - 2a = (a-1)^2 \geq 0$$，因此 $$a^2 + 1 \geq 2a$$，且 $$f(a^2 + 1) \geq f(2a)$$。
答案：$$A$$
分析函数 $$f(x) = x^2 - \frac{\ln |x|}{x}$$：
① $$f(-x) = x^2 - \frac{\ln |x|}{-x} \neq f(x)$$，不是奇函数，错误。
② 导数 $$f'(x) = 2x - \frac{1 - \ln |x|}{x^2}$$，在 $$x > 0$$ 和 $$x < 0$$ 上均不单调，错误。
③ 当 $$x > 0$$ 时，$$f(x) > 0$$ 恒成立，正确。
④ 当 $$x < 0$$ 时，$$f(x) = x^2 - \frac{\ln (-x)}{x}$$，有一个零点，正确。
答案：$$C$$（③④正确）
分母 $$k x^2 + k x + 1$$ 在 $$x \in \mathbb{R}$$ 上不为零：
若 $$k = 0$$，分母为 $$1$$，定义域为 $$\mathbb{R}$$，成立。
若 $$k \neq 0$$，需判别式 $$\Delta = k^2 - 4k < 0$$，即 $$0 < k < 4$$。
综上，$$0 \leq k < 4$$。
答案：$$B$$
题目要求 $$\min f(x_1) > \min g(x_2)$$。计算极值：
$$f(x) = x e^x$$ 在 $$[0, 1]$$ 上最小值为 $$f(0) = 0$$，最大值为 $$f(1) = e$$。
$$g(x) = \ln(x+1) + a x^2$$，导数 $$g'(x) = \frac{1}{x+1} + 2a x$$。
若 $$a \leq -\frac{1}{2}$$，$$g'(x) \leq 0$$，函数单调递减，最小值为 $$g(1) = \ln 2 + a$$。
需 $$0 > \ln 2 + a \Rightarrow a < -\ln 2$$。
答案：$$A$$
不等式 $$x^2 \ln x \geq m e^{\frac{m}{x}}$$ 对所有 $$x \geq e$$ 成立。
取 $$x = e$$，得 $$e^2 \geq m e^{\frac{m}{e}}$$，即 $$m \leq e$$。
验证 $$m = e$$ 是否成立：需 $$x^2 \ln x \geq e \cdot e^{\frac{e}{x}}$$，当 $$x \geq e$$ 时成立。
因此 $$m$$ 的最大值为 $$e$$。
答案：$$D$$
不等式 $$a \ln \frac{x_2}{x_1} < 2(x_2 - x_1)$$ 可改写为 $$a \ln t < 2(t - 1)$$，其中 $$t = \frac{x_2}{x_1} > 1$$。
设 $$h(t) = 2(t - 1) - a \ln t$$，需 $$h(t) > 0$$ 对所有 $$t > 1$$ 成立。
导数 $$h'(t) = 2 - \frac{a}{t}$$，若 $$a \leq 2$$，$$h'(t) > 0$$，且 $$h(1) = 0$$，因此 $$h(t) > 0$$ 恒成立。
若 $$a > 2$$，存在 $$t$$ 使得 $$h(t) \leq 0$$，不满足条件。
因此 $$a \leq 2$$。
答案：$$C$$