《2025年小题狂做高中数学选择性必修第二册人教版》

1. [2025 江西萍乡期中联考]函数 $ f(x)=x\ln x+\frac{1}{x} $ 在 $ \left[\frac{1}{e},e\right] $ 上的值域是 （ ）

A.$ \left[1,\frac{e^{2}-1}{e}\right] $
B.$ \left[\frac{1}{e},\frac{e^{2}+1}{e}\right] $
C.$ \left[1,\frac{e^{2}+1}{e}\right] $
D.$ \left[\frac{e^{2}-1}{e},\frac{e^{2}+1}{e}\right] $

答案： 1. C 由题得$f^{\prime}(x)=\ln x + 1 - \frac{1}{x^{2}}(x ＞ 0)$，易知$f^{\prime}(x)$在$(0, +\infty)$上单调递增，且$f^{\prime}(1) = 0$，当$x \in (0,1)$时，$f^{\prime}(x) ＜ 0$，$f(x)$单调递减，当$x \in (1, +\infty)$时，$f^{\prime}(x) ＞ 0$，$f(x)$单调递增，所以$f(x)_{\min} = f(1) = 1$．又$f(\frac{1}{e}) = e - \frac{1}{e} = \frac{e^{2} - 1}{e}$，$f(e) = e + \frac{1}{e} = \frac{e^{2} + 1}{e}$，且$\frac{e^{2} + 1}{e} ＞ \frac{e^{2} - 1}{e}$，所以函数$f(x)$在$[\frac{1}{e},e]$上的最大值为$\frac{e^{2} + 1}{e}$，因此函数$f(x)$在$[\frac{1}{e},e]$上的值域是$[1,\frac{e^{2} + 1}{e}]$．

2. [2025 河北部分名校期中]设 $ a=\frac{\ln 0.6}{0.4},b=\frac{\ln 0.7}{0.3},c=2\ln 0.5 $，则 （ ）

A.$ c＞a＞b $
B.$ b＞a＞c $
C.$ b＞c＞a $
D.$ a＞b＞c $

答案： 2. B 构造函数$f(x) = \frac{\ln x}{1 - x}$，其中$0 ＜ x ＜ 1$，则$f^{\prime}(x) = \frac{\frac{1 - x}{x} + \ln x}{(1 - x)^{2}} = \frac{\frac{1}{x} - 1 + \ln x}{(1 - x)^{2}}$．令$g(x) = \frac{1}{x} - 1 + \ln x$，则$g^{\prime}(x) = -\frac{1}{x^{2}} + \frac{1}{x} = \frac{x - 1}{x^{2}}$，当$x \in (0,1)$时，$g^{\prime}(x) ＜ 0$，所以$g(x)$在$(0,1)$上单调递减，所以$g(x) ＞ g(1) = 0$．所以当$x \in (0,1)$时，$f^{\prime}(x) ＞ 0$，$f(x)$在$(0,1)$上单调递增．又$b = \frac{\ln 0.7}{0.3} = f(0.7) ＞ f(0.6) = \frac{\ln 0.6}{0.4} = a$，$c = 2\ln 0.5 = \frac{\ln 0.5}{0.5} = f(0.5) ＜ f(0.6) = a$，所以$b ＞ a ＞ c$．

3. 已知定义在 $ \mathbf{R} $ 上的函数 $ f(x) $ 的导函数为 $ f^{\prime}(x) $，$ f(0)=1 $，且对任意的 $ x $ 满足 $ f^{\prime}(x)＜f(x) $，则不等式 $ f(x)＞e^{x} $ 的解集是 （ ）

A.$ (-\infty,1) $
B.$ (-\infty,0) $
C.$ (0,+\infty) $
D.$ (1,+\infty) $

答案： 3. B 解法1 令$g(x) = \frac{f(x)}{e^{x}}$，则$g^{\prime}(x) = \frac{f^{\prime}(x)e^{x} - f(x)e^{x}}{e^{2x}} = \frac{f^{\prime}(x) - f(x)}{e^{x}} ＜ 0$，所以$g(x)$在$\mathbf{R}$上单调递减．因为$f(0) = 1$，所以$g(0) = 1$，不等式$f(x) ＞ e^{x}$可变形为$\frac{f(x)}{e^{x}} ＞ 1$，即$g(x) ＞ g(0)$，可得$x ＜ 0$．
解法2 令$f(x) = 1$，显然满足$f(0) = 1$，$f^{\prime}(x) ＜ f(x)$，则不等式$f(x) ＞ e^{x}$等价于$e^{x} ＜ 1$，解得$x ＜ 0$．

4. 若 $ \frac{\pi}{4}＜x＜\frac{\pi}{2} $，则函数 $ y=\tan 2x · \tan ^{3}x $ 的最大值为 （ ）

A.$ -8 $
B.$ -4 $
C.$ 4 $
D.$ 8 $

答案： 4. A $y = \tan2x · \tan^{3}x = \frac{2\tan x}{1 - \tan^{2}x} · \tan^{3}x = \frac{2\tan^{4}x}{1 - \tan^{2}x}$．
因为$\frac{\pi}{4} ＜ x ＜ \frac{\pi}{2}$，$y = \tan x$在$(\frac{\pi}{4},\frac{\pi}{2})$上单调递增，所以$\tan x ＞ 1$．令$t = \tan^{2}x(t ＞ 1)$，则$y = f(t) = \frac{2t^{2}}{1 - t}(t ＞ 1)$，所以$f^{\prime}(t) = \frac{4t(1 - t) - 2t^{2} · (-1)}{(1 - t)^{2}} = \frac{4t - 2t^{2}}{(1 - t)^{2}} = -\frac{2t(t - 2)}{(1 - t)^{2}}$．
令$f^{\prime}(t) = 0$，得$t = 2$或$t = 0$（舍去）．当$t$变化时，$f^{\prime}(t)$，$f(t)$的变化情况如下表所示．
| t | (1,2) | 2 | (2, +\infty) |
| --- | --- | --- | --- |
| f'(t) | + | 0 | - |
| f(t) | ↗ | 极大值$f(2) = - 8$ | ↘ |
所以$f(t)$的极大值即最大值为$- 8$，即$y$的最大值为$- 8$．

5. [多选题,2025 广东普宁期中]已知函数 $ f(x)=x^{3}+a x^{2}+b x+c $，则 （ ）

A.$ \exists x_{0} \in \mathbf{R} $，使得 $ f(x_{0})=0 $
B.函数 $ f(x) $ 的值域为 $ \mathbf{R} $
C.若 $ x_{0} $ 是 $ f(x) $ 的极值点，则 $ f^{\prime}(x_{0})=0 $
D.若 $ x_{0} $ 是 $ f(x) $ 的极小值点，则 $ f(x) $ 在区间 $ (-\infty,x_{0}) $ 上单调递减

答案： 5. ABC $f^{\prime}(x) = 3x^{2} + 2ax + b$．当$\Delta = 4a^{2} - 12b \leq 0$，即$a^{2} \leq 3b$时，方程$f^{\prime}(x) = 0$至多有1个实数根，此时$f^{\prime}(x) \geq 0$，函数$f(x)$在$\mathbf{R}$上单调递增．当$\Delta ＞ 0$，即$a^{2} ＞ 3b$时，方程$f^{\prime}(x) = 0$有2个不等的实数根，设为$x_{1}$，$x_{2}$，且$x_{1} ＜ x_{2}$，则当$x \in (x_{1},x_{2})$时，$f^{\prime}(x) ＜ 0$；当$x \in (-\infty,x_{1}) \cup (x_{2}, +\infty)$时，$f^{\prime}(x) ＞ 0$．所以$f(x)$在$(x_{1},x_{2})$上单调递减，在$(-\infty,x_{1})$，$(x_{2}, +\infty)$上单调递增．当$x \to +\infty$时，$f(x) \to +\infty$；当$x \to -\infty$时，$f(x) \to -\infty$．所以$\exists x_{0} \in \mathbf{R}$，使得$f(x_{0}) = 0$，故A正确．由选项A的分析知$f(x)$的值域为$\mathbf{R}$，故B正确．若$x_{0}$是$f(x)$的极值点，则$f^{\prime}(x_{0}) = 0$，故C正确．若$x_{0}$是$f(x)$的极小值点，则$x_{0}=x_{2}$，$f(x)$在$(-\infty,x_{1})$上单调递增，在$(x_{1},x_{0})$上单调递减，在$(x_{0}, +\infty)$上单调递增，故D错误．

6. [2025 江苏无锡江阴六校期中联考]设 $ h^{\prime}(x) $ 为 $ h(x) $ 的导函数，若 $ h^{\prime}(x) $ 在区间 $ D $ 上单调递减，则称 $ h(x) $ 为 $ D $ 上的“凸函数”. 已知函数 $ f(x)=-\sin x+a x^{2}+a x $，若 $ f(x) $ 为 $ \left[0,\frac{\pi}{2}\right] $ 上的“凸函数”，则实数 $ a $ 的取值范围是______.

答案： 6. $(-\infty, -\frac{1}{2}]$ $f^{\prime}(x) = -\cos x + 2ax + a$，由$f(x)$为$[0,\frac{\pi}{2}]$上的“凸函数”，知$f^{\prime}(x)$在区间$[0,\frac{\pi}{2}]$上单调递减．设$\varphi(x) = f^{\prime}(x)$，则$\varphi^{\prime}(x) = \sin x + 2a$，所以$\sin x + 2a \leq 0$在$[0,\frac{\pi}{2}]$上恒成立，则$2a \leq -\sin x$在$[0,\frac{\pi}{2}]$上恒成立．又当$x = \frac{\pi}{2}$时，函数$y = -\sin x$取最小值，且最小值为$-1$，所以$2a \leq -1$，解得$a \leq -\frac{1}{2}$．所以实数$a$的取值范围是$(-\infty, -\frac{1}{2}]$．

7. 已知函数 $ f(x)=a x^{2}-2 x+\ln x(a＞0) $ 有两个极值点 $ x_{1},x_{2}(x_{1}＞x_{2}＞0) $，则实数 $ a $ 的取值范围是______；$ f(x_{1})+f(x_{2}) $ 的取值范围是______.

答案： 7. $(0,\frac{1}{2})$ $(-\infty, - 3)$ $f^{\prime}(x) = 2ax - 2 + \frac{1}{x} = \frac{2ax^{2} - 2x + 1}{x},x ＞ 0$．由题意得方程$2ax^{2} - 2x + 1 = 0$在区间$(0, +\infty)$上有两个不相等的实数根，所以$\begin{cases} \Delta = 4 - 8a ＞ 0, \\ x_{1} + x_{2} = \frac{1}{a} ＞ 0, \\ x_{1}x_{2} = \frac{1}{2a} ＞ 0 \end{cases}$解得$0 ＜ a ＜ \frac{1}{2}$．$f(x_{1}) + f(x_{2}) = a(x_{1}^{2} + x_{2}^{2}) - 2(x_{1} + x_{2}) + \ln(x_{1}x_{2}) = a(x_{1} + x_{2})^{2} - 2ax_{1}x_{2} - 2(x_{1} + x_{2}) + \ln(x_{1}x_{2}) = -\frac{1}{a} - \ln(2a) - 1$．令$g(a) = -\frac{1}{a} - \ln(2a) - 1$，则$g^{\prime}(a) = \frac{1}{a^{2}} - \frac{1}{a} = \frac{1 - a}{a^{2}} ＞ 0$，所以$g(a)$在$(0,\frac{1}{2})$上单调递增，所以$g(a) \in (-\infty, - 3)$．

8. [2025 河南郑州外国语学校期中]已知函数 $ f(x)=a \ln x+\frac{x^{2}}{2}-(a+1) x,a \in \mathbf{R} $.
（1）讨论 $ f(x) $ 的单调性；
（2）求函数 $ f(x) $ 在区间 $ [2,e] $ 上的最小值.

答案： 8. 解：
(1)由题得$f^{\prime}(x) = \frac{a}{x} + x - (a + 1) = \frac{(x - a)(x - 1)}{x}(x ＞ 0)$．若$a \leq 0$，当$x \in (0,1)$时，$f^{\prime}(x) ＜ 0$，当$x \in (1, +\infty)$时，$f^{\prime}(x) ＞ 0$，故$f(x)$在$(0,1)$上单调递减，在$(1, +\infty)$上单调递增．若$0 ＜ a ＜ 1$，令$f^{\prime}(x) ＞ 0$，可得$x ＞ 1$或$0 ＜ x ＜ a$，令$f^{\prime}(x) ＜ 0$，可得$a ＜ x ＜ 1$，故$f(x)$在$(0,a)$和$(1, +\infty)$上单调递增，在$(a,1)$上单调递减．若$a = 1$，$f^{\prime}(x) \geq 0$，$f(x)$在$(0, +\infty)$上单调递增．若$a ＞ 1$，令$f^{\prime}(x) ＞ 0$，可得$x ＞ a$或$0 ＜ x ＜ 1$，令$f^{\prime}(x) ＜ 0$，可得$1 ＜ x ＜ a$，故$f(x)$在$(0,1)$和$(a, +\infty)$上单调递增，在$(1,a)$上单调递减．综上，当$a \leq 0$时，$f(x)$在$(0,1)$上单调递减，在$(1, +\infty)$上单调递增；当$0 ＜ a ＜ 1$时，$f(x)$在$(0,a)$，$(1, +\infty)$上单调递增，在$(a,1)$上单调递减；当$a = 1$时，$f(x)$在$(0, +\infty)$上单调递增；当$a ＞ 1$时，$f(x)$在$(0,1)$，$(a, +\infty)$上单调递增，在$(1,a)$上单调递减．
(2)由已知得$f^{\prime}(x) = \frac{a}{x} + x - (a + 1) = \frac{(x - a)(x - 1)}{x}(x ＞ 0)$．当$a \leq 2$时，$f^{\prime}(x) \geq 0$在区间$[2,e]$上恒成立，函数$f(x)$单调递增，函数$f(x)$的最小值为$f(2) = a\ln 2 + 2 - 2(a + 1) = a\ln 2 - 2a$．当$a \geq e$时，$f^{\prime}(x) \leq 0$在区间$[2,e]$上恒成立，函数$f(x)$单调递减，函数$f(x)$的最小值为$f(e) = a - ea + \frac{e^{2}}{2} - e$；当$2 ＜ a ＜ e$时，列表如下：
| x | (2,a) | a | (a,e) |
| --- | --- | --- | --- |
| f'(x) | - | 0 | + |
| f(x) | 单调递减 | 极小值 | 单调递增 |
故函数$f(x)$的极小值也是最小值为$f(a) = a\ln a - \frac{a^{2}}{2} - a$．综上可得，当$a \leq 2$时，函数$f(x)$的最小值为$f(2) = a\ln 2 - 2a$；当$a \geq e$时，函数$f(x)$的最小值为$f(e) = a - ea + \frac{e^{2}}{2} - e$；当$2 ＜ a ＜ e$时，函数$f(x)$的最小值为$f(a) = a\ln a - \frac{a^{2}}{2} - a$．