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2025年小题狂做高中数学选择性必修第二册人教版
注：目前有些书本章节名称可能整理的还不是很完善，但都是按照顺序排列的，请同学们按照顺序仔细查找。练习册 2025年小题狂做高中数学选择性必修第二册人教版 答案主要是用来给同学们做完题方便对答案用的，请勿直接抄袭。
9. 设 $ f(x),g(x) $ 是定义在 $ \mathbf{R} $ 上的恒大于零的可导函数,且满足 $ f'(x)g(x)-f(x)g'(x)＞0 $,则当 $ a＜x＜b $ 时,有 ( )
A.$ f(x)g(x)＞f(b)g(b) $
B.$ f(x)g(a)＞f(a)g(x) $
C.$ f(x)g(b)＜f(b)g(x) $
D.$ f(x)g(x)＞f(a)g(a) $
A.$ f(x)g(x)＞f(b)g(b) $
B.$ f(x)g(a)＞f(a)g(x) $
C.$ f(x)g(b)＜f(b)g(x) $
D.$ f(x)g(x)＞f(a)g(a) $
答案：
9. BC 令$h(x)=\frac{f(x)}{g(x)}$，则$h^{\prime}(x)=\frac{f^{\prime}(x)g(x)-f(x)g^{\prime}(x)}{[g(x)]^{2}}$.由$f^{\prime}(x)g(x)-f(x)g^{\prime}(x)＞0$，得$h^{\prime}(x)＞0$，所以函数$h(x)$在$\mathbf{R}$上单调递增.当$a＜x＜b$时，有$\frac{f(a)}{g(a)}＜\frac{f(x)}{g(x)}＜\frac{f(b)}{g(b)}$.又$f(x)$，$g(x)$是定义在$\mathbf{R}$上的恒大于零的可导函数，所以$f(x)g(a)＞f(a)g(x)$，$f(x)g(b)＜f(b)g(x)$.
10. 若函数 $ f(x)=2x^{3}+ax^{2}+1 $ ( $ a $ 为常数)在区间 $ (-\infty,0) $ 和 $ (2,+\infty) $ 上单调递增,且在区间 $ (0,2) $ 上单调递减,则常数 $ a $ 的值为______.
答案：
10. $-6$ 由题意得$f^{\prime}(x)=6x^{2}+2ax$.易知$a\neq 0$.令$f^{\prime}(x)=0$，即$6x^{2}+2ax = 0$，解得$x = 0$或$x=-\frac{a}{3}$.当$a＞0$时，单调递增区间为$(-\infty,-\frac{a}{3})$，$(0,+\infty)$，单调递减区间为$(-\frac{a}{3},0)$，不合题意；当$a＜0$时，单调递增区间为$(-\infty,0)$，$(-\frac{a}{3},+\infty)$，单调递减区间为$(0,-\frac{a}{3})$，故$-\frac{a}{3}=2$，解得$a=-6$.
11. 若函数 $ f(x)=2x-\sin x $,则满足 $ f(2x - 1)＞f(x + 1) $ 的实数 $ x $ 的取值范围是______.
答案：
11. $(2,+\infty)$ 因为$f^{\prime}(x)=2-\cos x＞0$，所以$f(x)$是增函数，所以由$f(2x - 1)＞f(x + 1)$，得$2x - 1＞x + 1$，解得$x＞2$.
12. 已知 $ y = f(x) $ 是定义在 $ \mathbf{R} $ 上的函数,且 $ f(1)=1,f'(x)＞1 $,则 $ f(x)＞x $ 的解集是______.
答案：
12. $(1,+\infty)$ 解法1：令$F(x)=f(x)-x$.因为$f(1)=1$，$f^{\prime}(x)＞1$，所以$F(1)=f(1)-1 = 0$，$F^{\prime}(x)=f^{\prime}(x)-1＞0$，所以$F(x)$在$\mathbf{R}$上单调递增，且$F(1)=0$.所以$f(x)＞x$的解集即是$F(x)＞0$的解集，为$(1,+\infty)$.
解法2(特值法)：令$f(x)=2x - 1$，则满足$f(1)=1$，$f^{\prime}(x)=2＞1$，所以$f(x)＞x$可化为$2x - 1＞x$，解得$x＞1$.
解法2(特值法)：令$f(x)=2x - 1$，则满足$f(1)=1$，$f^{\prime}(x)=2＞1$，所以$f(x)＞x$可化为$2x - 1＞x$，解得$x＞1$.
13. 求下列函数的单调区间:
(1) $ f(x)=3x^{2}-2\ln x $;
(2) $ f(x)=x+\frac{b}{x}(b＞0) $.
(1) $ f(x)=3x^{2}-2\ln x $;
(2) $ f(x)=x+\frac{b}{x}(b＞0) $.
答案：
13. 解：
(1)函数$f(x)=3x^{2}-2\ln x$的定义域为$(0,+\infty)$，且$f^{\prime}(x)=6x-\frac{2}{x}$.令$f^{\prime}(x)=0$，解得$x_{1}=\frac{\sqrt{3}}{3}$，$x_{2}=-\frac{\sqrt{3}}{3}$(舍去).当$x$变化时，$f^{\prime}(x)$，$f(x)$的变化情况如下表所示：
| $x$ | $(0,\frac{\sqrt{3}}{3})$ | $\frac{\sqrt{3}}{3}$ | $(\frac{\sqrt{3}}{3},+\infty)$ |
| --- | --- | --- | --- |
| $f^{\prime}(x)$ | $-$ | $0$ | $+$ |
| $f(x)$ | $\searrow$ | $1 + \ln 3$ | $\nearrow$ |
所以函数$f(x)$的单调递减区间为$(0,\frac{\sqrt{3}}{3})$，单调递增区间为$(\frac{\sqrt{3}}{3},+\infty)$.
(2)函数$f(x)$的定义域为$(-\infty,0)\cup(0,+\infty)$，$f^{\prime}(x)=1-\frac{b}{x^{2}}=\frac{1}{x^{2}}(x + \sqrt{b})(x - \sqrt{b})$.令$f^{\prime}(x)=0$，解得$x=\sqrt{b}$或$x=-\sqrt{b}$.当$x$变化时，$f^{\prime}(x)$，$f(x)$的变化情况如下表所示：
| $x$ | $(-\infty,-\sqrt{b})$ | $-\sqrt{b}$ | $(-\sqrt{b},0)$ | $(0,\sqrt{b})$ | $\sqrt{b}$ | $(\sqrt{b},+\infty)$ |
| --- | --- | --- | --- | --- | --- | --- |
| $f^{\prime}(x)$ | $+$ | $0$ | $-$ | $-$ | $0$ | $+$ |
| $f(x)$ | $\nearrow$ | $-2\sqrt{b}$ | $\searrow$ | $\searrow$ | $2\sqrt{b}$ | $\nearrow$ |
所以函数$f(x)$的单调递增区间为$(-\infty,-\sqrt{b})$，$(\sqrt{b},+\infty)$，单调递减区间为$(-\sqrt{b},0)$，$(0,\sqrt{b})$.
(1)函数$f(x)=3x^{2}-2\ln x$的定义域为$(0,+\infty)$，且$f^{\prime}(x)=6x-\frac{2}{x}$.令$f^{\prime}(x)=0$，解得$x_{1}=\frac{\sqrt{3}}{3}$，$x_{2}=-\frac{\sqrt{3}}{3}$(舍去).当$x$变化时，$f^{\prime}(x)$，$f(x)$的变化情况如下表所示：
| $x$ | $(0,\frac{\sqrt{3}}{3})$ | $\frac{\sqrt{3}}{3}$ | $(\frac{\sqrt{3}}{3},+\infty)$ |
| --- | --- | --- | --- |
| $f^{\prime}(x)$ | $-$ | $0$ | $+$ |
| $f(x)$ | $\searrow$ | $1 + \ln 3$ | $\nearrow$ |
所以函数$f(x)$的单调递减区间为$(0,\frac{\sqrt{3}}{3})$，单调递增区间为$(\frac{\sqrt{3}}{3},+\infty)$.
(2)函数$f(x)$的定义域为$(-\infty,0)\cup(0,+\infty)$，$f^{\prime}(x)=1-\frac{b}{x^{2}}=\frac{1}{x^{2}}(x + \sqrt{b})(x - \sqrt{b})$.令$f^{\prime}(x)=0$，解得$x=\sqrt{b}$或$x=-\sqrt{b}$.当$x$变化时，$f^{\prime}(x)$，$f(x)$的变化情况如下表所示：
| $x$ | $(-\infty,-\sqrt{b})$ | $-\sqrt{b}$ | $(-\sqrt{b},0)$ | $(0,\sqrt{b})$ | $\sqrt{b}$ | $(\sqrt{b},+\infty)$ |
| --- | --- | --- | --- | --- | --- | --- |
| $f^{\prime}(x)$ | $+$ | $0$ | $-$ | $-$ | $0$ | $+$ |
| $f(x)$ | $\nearrow$ | $-2\sqrt{b}$ | $\searrow$ | $\searrow$ | $2\sqrt{b}$ | $\nearrow$ |
所以函数$f(x)$的单调递增区间为$(-\infty,-\sqrt{b})$，$(\sqrt{b},+\infty)$，单调递减区间为$(-\sqrt{b},0)$，$(0,\sqrt{b})$.
14. (变式探究)已知函数 $ f(x)=\frac{1}{2}x^{2}+2a\ln x - 2x(a\in\mathbf{R}) $.
(1) 若 $ a=-\frac{3}{2} $,求 $ f(x) $ 的单调递减区间;
(2) 若函数 $ f(x) $ 在区间 $ (1,2) $ 上单调递增,求实数 $ a $ 的取值范围;
(3) 若函数 $ f(x) $ 在区间 $ (1,2) $ 上存在单调递减区间,求实数 $ a $ 的取值范围;
(4) 若函数 $ f(x) $ 在区间 $ (1,2) $ 上不单调,求实数 $ a $ 的取值范围.
(1) 若 $ a=-\frac{3}{2} $,求 $ f(x) $ 的单调递减区间;
(2) 若函数 $ f(x) $ 在区间 $ (1,2) $ 上单调递增,求实数 $ a $ 的取值范围;
(3) 若函数 $ f(x) $ 在区间 $ (1,2) $ 上存在单调递减区间,求实数 $ a $ 的取值范围;
(4) 若函数 $ f(x) $ 在区间 $ (1,2) $ 上不单调,求实数 $ a $ 的取值范围.
答案：
14. 解：
(1)若$a=-\frac{3}{2}$，则$f(x)=\frac{1}{2}x^{2}-3\ln x - 2x$，定义域为$(0,+\infty)$，且$f^{\prime}(x)=x-\frac{3}{x}-2=\frac{(x - 3)(x + 1)}{x}$.令$f^{\prime}(x)＜0$，得$0＜x＜3$，故$f(x)$的单调递减区间为$(0,3)$.
(2)因为$f(x)=\frac{1}{2}x^{2}+2a\ln x - 2x$，所以$f^{\prime}(x)=x+\frac{2a}{x}-2$.若函数$f(x)$在区间$(1,2)$上单调递增，等价于$\forall x\in(1,2)$，$f^{\prime}(x)=x+\frac{2a}{x}-2\geqslant 0$恒成立，即$\forall x\in(1,2)$，$x^{2}-2x\geqslant -2a$恒成立.设$g(x)=x^{2}-2x=(x - 1)^{2}-1$，则$g(x)＞g(1)=-1$，故$-1\geqslant -2a$，解得$a\geqslant \frac{1}{2}$，则实数$a$的取值范围是$[\frac{1}{2},+\infty)$.
(3)由
(2)可得$f^{\prime}(x)=x+\frac{2a}{x}-2$.若函数$f(x)$在区间$(1,2)$上存在单调递减区间，即$\exists x\in(1,2)$，使得$f^{\prime}(x)=x+\frac{2a}{x}-2＜0$成立，可得$\exists x\in(1,2)$，使得$x^{2}-2x＜-2a$成立.设$g(x)=x^{2}-2x=(x - 1)^{2}-1$，可知$g(x)$的图象开口向上，对称轴为直线$x = 1$，所以$g(x)＞g(1)=-1$，$g(x)＜g(2)=0$，故$-1＜-2a＜0$，解得$a＜\frac{1}{2}$，则实数$a$的取值范围是$(-\infty,\frac{1}{2})$.
(4)由
(2)可得$f^{\prime}(x)=x+\frac{2a}{x}-2$.若函数$f(x)$在区间$(1,2)$上不单调，即$\exists x\in(1,2)$，使得$f^{\prime}(x)=x+\frac{2a}{x}-2=0$，可得$\exists x\in(1,2)$，使得$x^{2}-2x=-2a$成立.设$g(x)=x^{2}-2x=(x - 1)^{2}-1$，可知$g(x)$的图象开口向上，对称轴为直线$x = 1$，所以$g(x)＞g(1)=-1$，$g(x)＜g(2)=0$，故$-1＜-2a＜0$，解得$0＜a＜\frac{1}{2}$，则实数$a$的取值范围是$(0,\frac{1}{2})$.
(1)若$a=-\frac{3}{2}$，则$f(x)=\frac{1}{2}x^{2}-3\ln x - 2x$，定义域为$(0,+\infty)$，且$f^{\prime}(x)=x-\frac{3}{x}-2=\frac{(x - 3)(x + 1)}{x}$.令$f^{\prime}(x)＜0$，得$0＜x＜3$，故$f(x)$的单调递减区间为$(0,3)$.
(2)因为$f(x)=\frac{1}{2}x^{2}+2a\ln x - 2x$，所以$f^{\prime}(x)=x+\frac{2a}{x}-2$.若函数$f(x)$在区间$(1,2)$上单调递增，等价于$\forall x\in(1,2)$，$f^{\prime}(x)=x+\frac{2a}{x}-2\geqslant 0$恒成立，即$\forall x\in(1,2)$，$x^{2}-2x\geqslant -2a$恒成立.设$g(x)=x^{2}-2x=(x - 1)^{2}-1$，则$g(x)＞g(1)=-1$，故$-1\geqslant -2a$，解得$a\geqslant \frac{1}{2}$，则实数$a$的取值范围是$[\frac{1}{2},+\infty)$.
(3)由
(2)可得$f^{\prime}(x)=x+\frac{2a}{x}-2$.若函数$f(x)$在区间$(1,2)$上存在单调递减区间，即$\exists x\in(1,2)$，使得$f^{\prime}(x)=x+\frac{2a}{x}-2＜0$成立，可得$\exists x\in(1,2)$，使得$x^{2}-2x＜-2a$成立.设$g(x)=x^{2}-2x=(x - 1)^{2}-1$，可知$g(x)$的图象开口向上，对称轴为直线$x = 1$，所以$g(x)＞g(1)=-1$，$g(x)＜g(2)=0$，故$-1＜-2a＜0$，解得$a＜\frac{1}{2}$，则实数$a$的取值范围是$(-\infty,\frac{1}{2})$.
(4)由
(2)可得$f^{\prime}(x)=x+\frac{2a}{x}-2$.若函数$f(x)$在区间$(1,2)$上不单调，即$\exists x\in(1,2)$，使得$f^{\prime}(x)=x+\frac{2a}{x}-2=0$，可得$\exists x\in(1,2)$，使得$x^{2}-2x=-2a$成立.设$g(x)=x^{2}-2x=(x - 1)^{2}-1$，可知$g(x)$的图象开口向上，对称轴为直线$x = 1$，所以$g(x)＞g(1)=-1$，$g(x)＜g(2)=0$，故$-1＜-2a＜0$，解得$0＜a＜\frac{1}{2}$，则实数$a$的取值范围是$(0,\frac{1}{2})$.
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