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2025年绿色通道45分钟课时作业与单元测评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年绿色通道45分钟课时作业与单元测评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。
10. 已知$ \mathbf{R} $上可导函数$ f(x) $的图象如图所示，解不等式$ (x^{2} - 2x - 3)f'(x) ＞ 0 $。
答案：
10.解 由题意及题图知，当$x\in(-\infty,-1),(1,+\infty)$时，$f^{\prime}(x)＞0$，当$x\in(-1,1)$时，$f^{\prime}(x)＜0$.则$(x^{2}-2x - 3)f^{\prime}(x)＞0\Leftrightarrow\begin{cases}f^{\prime}(x)＞0\\x^{2}-2x - 3＞0\end{cases}$①或$\begin{cases}f^{\prime}(x)＜0\\x^{2}-2x - 3＜0\end{cases}$②.
解①得，$x＜-1$或$x＞3$，解②得，$-1＜x＜1$，综上，不等式$(x^{2}-2x - 3)f^{\prime}(x)＞0$的解集为$(-\infty,-1)\cup(-1,1)\cup(3,+\infty)$.
解①得，$x＜-1$或$x＞3$，解②得，$-1＜x＜1$，综上，不等式$(x^{2}-2x - 3)f^{\prime}(x)＞0$的解集为$(-\infty,-1)\cup(-1,1)\cup(3,+\infty)$.
11. 函数$ f(x) = x\cos x $的导函数$ f'(x) $在区间$ [-\pi, \pi] $上的图象大致是
A.
B.
C.
D.
A.
B.
C.
D.
答案：
11.A 因为$f(x)=x\cos x$，所以$f^{\prime}(x)=\cos x - x\sin x$.因为$f^{\prime}(-x)=f^{\prime}(x)$，所以$f^{\prime}(x)$为偶函数，所以函数图象关于$y$轴对称，排除C.由$f^{\prime}(0)=1$可排除D.而$f^{\prime}(1)=\cos 1 - \sin 1＜0$，排除B.
12. 已知定义域为$ \mathbf{R} $的函数$ f(x) $的导函数的图象如图，则关于以下函数值的大小关系，一定正确的是
A.$ f(a) ＞ f(b) ＞ f(0) $
B.$ f(0) ＜ f(c) ＜ f(d) $
C.$ f(b) ＜ f(0) ＜ f(c) $
D.$ f(c) ＜ f(d) ＜ f(e) $
A.$ f(a) ＞ f(b) ＞ f(0) $
B.$ f(0) ＜ f(c) ＜ f(d) $
C.$ f(b) ＜ f(0) ＜ f(c) $
D.$ f(c) ＜ f(d) ＜ f(e) $
答案：
12.D 由$f(x)$的导函数图象可知，$f(x)$在$(a,b),(c,e)$上单调递增，在$(b,c)$上单调递减，所以$f(a)＜f(b)$，A错误；$f(b)＞f(0)＞f(c)$，B、C错误；$f(c)＜f(d)＜f(e)$，D正确.
13. 已知函数$ f(x) $是奇函数，函数$ g(x) $是偶函数，且当$ x ＞ 0 $时，$ f'(x) ＞ 0 $，$ g'(x) ＞ 0 $，则$ x ＜ 0 $时，以下说法正确的是
A.$ f'(x) + g'(x) ＞ 0 $
B.$ f'(x) - g'(x) ＞ 0 $
C.$ f'(x)g'(x) ＞ 0 $
D.$ \dfrac{f'(x)}{g'(x)} ＞ 0 $
A.$ f'(x) + g'(x) ＞ 0 $
B.$ f'(x) - g'(x) ＞ 0 $
C.$ f'(x)g'(x) ＞ 0 $
D.$ \dfrac{f'(x)}{g'(x)} ＞ 0 $
答案：
13.B 因为函数$f(x)$是奇函数，所以函数$f(x)$在对称区间上单调性相同，又当$x＞0$时，$f^{\prime}(x)＞0$，所以当$x＜0$时，$f^{\prime}(x)＞0$，因为函数$g(x)$是偶函数，所以函数$g(x)$在对称区间上单调性相反，又当$x＞0$时，$g^{\prime}(x)＞0$，所以当$x＜0$时，$g^{\prime}(x)＜0$，而当$\vert g^{\prime}(x)\vert＞f^{\prime}(x)$时，$f^{\prime}(x)+g^{\prime}(x)＜0$，又$f^{\prime}(x)＞0$，所以$f^{\prime}(x)-g^{\prime}(x)＞0$，故B正确；$f^{\prime}(x),g^{\prime}(x)$异号，所以$f^{\prime}(x)g^{\prime}(x)＜0$，$\frac{f^{\prime}(x)}{g^{\prime}(x)}＜0$，故C、D错误.故选B.
14. 已知函数$ f(x) = \ln x - ax^{2} + (2 - a)x $，讨论$ f(x) $的单调性。
答案：
14.解 易知$f(x)$的定义域为$(0,+\infty)$，$f^{\prime}(x)=\frac{1}{x}-2ax+(2 - a)=-\frac{(2x + 1)(ax - 1)}{x}$
①若$a\leqslant0$，则$f^{\prime}(x)＞0$，所以$f(x)$在$(0,+\infty)$上是增函数.
②若$a＞0$，则由$f^{\prime}(x)=0$得$x=\frac{1}{a}$，且当$x\in(0,\frac{1}{a})$时，$f^{\prime}(x)＞0$；当$x\in(\frac{1}{a},+\infty)$时，$f^{\prime}(x)＜0$，所以$f(x)$在$(0,\frac{1}{a})$上单调递增，在$(\frac{1}{a},+\infty)$上单调递减.
综上，若$a\leqslant0$，则$f(x)$在$(0,+\infty)$上单调递增；若$a＞0$，则$f(x)$在$(0,\frac{1}{a})$上单调递增，在$(\frac{1}{a},+\infty)$上单调递减.
①若$a\leqslant0$，则$f^{\prime}(x)＞0$，所以$f(x)$在$(0,+\infty)$上是增函数.
②若$a＞0$，则由$f^{\prime}(x)=0$得$x=\frac{1}{a}$，且当$x\in(0,\frac{1}{a})$时，$f^{\prime}(x)＞0$；当$x\in(\frac{1}{a},+\infty)$时，$f^{\prime}(x)＜0$，所以$f(x)$在$(0,\frac{1}{a})$上单调递增，在$(\frac{1}{a},+\infty)$上单调递减.
综上，若$a\leqslant0$，则$f(x)$在$(0,+\infty)$上单调递增；若$a＞0$，则$f(x)$在$(0,\frac{1}{a})$上单调递增，在$(\frac{1}{a},+\infty)$上单调递减.
15. 已知函数$ f(x) = a\ln x + x^{2} - 4x $，讨论函数$ f(x) $的单调性。
答案：
15.解 易知函数$f(x)$的定义域为$(0,+\infty)$，$f^{\prime}(x)=\frac{a}{x}+2x - 4=\frac{2x^{2}-4x + a}{x}$，令$h(x)=2x^{2}-4x + a$，则$\Delta = 16 - 8a$，$h(0)=a$，$h(x)$图象的对称轴为$x = 1＞0$，
①当$\Delta＞0$，即$a＜2$时，方程$2x^{2}-4x + a = 0$有两根，为$x_{1}=\frac{2-\sqrt{4 - 2a}}{2}$，$x_{2}=\frac{2+\sqrt{4 - 2a}}{2}$，
(ⅰ)$0＜a＜2$时，$x_{1}＞0$，$x\in(0,\frac{2-\sqrt{4 - 2a}}{2})\cup(\frac{2+\sqrt{4 - 2a}}{2},+\infty)$时，$h(x)＞0$，即$f^{\prime}(x)＞0$，$x\in(\frac{2-\sqrt{4 - 2a}}{2},\frac{2+\sqrt{4 - 2a}}{2})$时，$h(x)＜0$，即$f^{\prime}(x)＜0$，
(ⅱ)$a\leqslant0$时，$x_{1}\leqslant0$，$x\in(0,\frac{2+\sqrt{4 - 2a}}{2})$时，$h(x)＜0$，即$f^{\prime}(x)＜0$，$x\in(\frac{2+\sqrt{4 - 2a}}{2},+\infty)$时，$h(x)＞0$，即$f^{\prime}(x)＞0$，
②当$\Delta = 0$，即$a = 2$时，方程$2x^{2}-4x + 2 = 0$的根为$x = 1$，此时$h(x)=2x^{2}-4x + 2\geqslant0$在区间$(0,+\infty)$上恒成立，当且仅当$x = 1$时取等号.
③当$\Delta＜0$，即$a＞2$时，$h(x)=2x^{2}-4x + a＞0$在区间$(0,+\infty)$上恒成立.
综上所述，当$0＜a＜2$时，函数$f(x)$的单调递增区间为$(0,\frac{2-\sqrt{4 - 2a}}{2}),(\frac{2+\sqrt{4 - 2a}}{2},+\infty)$，单调递减区间为$(\frac{2-\sqrt{4 - 2a}}{2},\frac{2+\sqrt{4 - 2a}}{2})$，当$a\leqslant0$时，函数$f(x)$的单调递增区间为$(\frac{2+\sqrt{4 - 2a}}{2},+\infty)$，单调递减区间为$(0,\frac{2+\sqrt{4 - 2a}}{2})$，当$a\geqslant2$时，函数$f(x)$的单调递增区间为$(0,+\infty)$，无单调递减区间.
①当$\Delta＞0$，即$a＜2$时，方程$2x^{2}-4x + a = 0$有两根，为$x_{1}=\frac{2-\sqrt{4 - 2a}}{2}$，$x_{2}=\frac{2+\sqrt{4 - 2a}}{2}$，
(ⅰ)$0＜a＜2$时，$x_{1}＞0$，$x\in(0,\frac{2-\sqrt{4 - 2a}}{2})\cup(\frac{2+\sqrt{4 - 2a}}{2},+\infty)$时，$h(x)＞0$，即$f^{\prime}(x)＞0$，$x\in(\frac{2-\sqrt{4 - 2a}}{2},\frac{2+\sqrt{4 - 2a}}{2})$时，$h(x)＜0$，即$f^{\prime}(x)＜0$，
(ⅱ)$a\leqslant0$时，$x_{1}\leqslant0$，$x\in(0,\frac{2+\sqrt{4 - 2a}}{2})$时，$h(x)＜0$，即$f^{\prime}(x)＜0$，$x\in(\frac{2+\sqrt{4 - 2a}}{2},+\infty)$时，$h(x)＞0$，即$f^{\prime}(x)＞0$，
②当$\Delta = 0$，即$a = 2$时，方程$2x^{2}-4x + 2 = 0$的根为$x = 1$，此时$h(x)=2x^{2}-4x + 2\geqslant0$在区间$(0,+\infty)$上恒成立，当且仅当$x = 1$时取等号.
③当$\Delta＜0$，即$a＞2$时，$h(x)=2x^{2}-4x + a＞0$在区间$(0,+\infty)$上恒成立.
综上所述，当$0＜a＜2$时，函数$f(x)$的单调递增区间为$(0,\frac{2-\sqrt{4 - 2a}}{2}),(\frac{2+\sqrt{4 - 2a}}{2},+\infty)$，单调递减区间为$(\frac{2-\sqrt{4 - 2a}}{2},\frac{2+\sqrt{4 - 2a}}{2})$，当$a\leqslant0$时，函数$f(x)$的单调递增区间为$(\frac{2+\sqrt{4 - 2a}}{2},+\infty)$，单调递减区间为$(0,\frac{2+\sqrt{4 - 2a}}{2})$，当$a\geqslant2$时，函数$f(x)$的单调递增区间为$(0,+\infty)$，无单调递减区间.
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