《2025年热搜题高中数学选择性必修第二册人教版》

5. [2024·荆州中学期中]已知$ f(x) = x^2 + c $，且$ f(f(x)) = f(x^2 + 1) $。
(1) 设$ g(x) = f(f(x)) $，求$ g(x) $的解析式；
(2) 设$ h(x) = g(x) - \lambda f(x) $，试问：是否存在实数$ \lambda $，使$ h(x) $在$ (-\infty, -1) $内单调递减，且在$ (-1, 0) $内单调递增？

答案： 5.
(1)由题意得$f(f(x))=f(x^{2}+c)=(x^{2}+c)^{2}+c$，$f(x^{2}+1)=(x^{2}+1)^{2}+c$.因为$f(f(x))=f(x^{2}+1)$，所以$(x^{2}+c)^{2}+c=(x^{2}+1)^{2}+c$，所以$x^{2}+c=x^{2}+1$，即$c = 1$.所以$f(x)=x^{2}+1$，$g(x)=f(f(x))=f(x^{2}+1)=(x^{2}+1)^{2}+1=x^{4}+2x^{2}+2$.
(2)存在.理由如下：$h(x)=g(x)-\lambda f(x)=x^{4}+(2-\lambda)x^{2}+(2-\lambda)$.若满足条件的$\lambda$存在，则$h'(x)=4x^{3}+2(2-\lambda)x$.因为函数$h(x)$在$(-\infty,-1)$内单调递减，所以当$x＜-1$时，$h'(x)=4x^{3}+2(2-\lambda)x＜0$对$x\in(-\infty,-1)$恒成立，所以$2(2-\lambda)＞-4x^{2}$.因为$x＜-1$，所以$-4x^{2}＜-4$，所以$2(2-\lambda)\geq-4$，解得$\lambda\leq4$.①
又因为函数$h(x)$在$(-1,0)$内单调递增，所以当$-1＜x＜0$时，$h'(x)=4x^{3}+2(2-\lambda)x＞0$对$x\in(-1,0)$恒成立，所以$2(2-\lambda)＜-4x^{2}$.因为$-1＜x＜0$，所以$-4＜-4x^{2}＜0$.所以$2(2-\lambda)\leq-4$，解得$\lambda\geq4$.②
由①②得当$\lambda = 4$时，$h(x)$在$(-\infty,-1)$内单调递减，且在$(-1,0)$内单调递增.故满足题设条件的$\lambda$存在，且$\lambda = 4$.

6. [2024·嘉兴七校联考]已知$ a, b \in (0, e) $，且$ a ＜ b $，则下列式子中一定成立的是(B)

A.$ a\ln b ＜ b\ln a $
B.$ a\ln b ＞ b\ln a $
C.$ a\ln a ＞ b\ln b $
D.$ a\ln a ＜ b\ln b $

答案： 6.B【解析】设$f(x)=\frac{\ln x}{x}$，则$f'(x)=\frac{1-\ln x}{x^{2}}$.当$x\in(0,e)$时，$f'(x)＞0$，$f(x)$单调递增.因为$0＜a＜b＜e$，所以$f(a)＜f(b)$，即$\frac{\ln a}{a}＜\frac{\ln b}{b}$，所以$b\ln a＜a\ln b$，A不成立，B成立.设$g(x)=x\ln x$，则$g'(x)=1+\ln x$.当$x\in(0,\frac{1}{e})$时，$g'(x)＜0$，$g(x)$单调递减，当$x\in(\frac{1}{e},e)$时，$g'(x)＞0$，$g(x)$单调递增，所以C，D均不一定成立.故选B.

7. [2024·三明检测]若$ x, y \in \left[ -\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2} \right] $，且$ x\sin x - y\sin y ＞ 0 $，则下列不等式一定成立的是(D)

A.$ x ＜ y $
B.$ x ＞ y $
C.$ |x| ＜ |y| $
D.$ |x| ＞ |y| $

答案： 7.D【解析】构造函数$f(x)=x\sin x$，$x\in[-\frac{\pi}{2},\frac{\pi}{2}]$，则$f(x)$是偶函数，且$f'(x)=\sin x+x\cos x$.当$0\leq x\leq\frac{\pi}{2}$时，$f'(x)\geq0$，因此$f(x)$在$[0,\frac{\pi}{2}]$上单调递增，从而$x\sin x - y\sin y＞0$，即$x\sin x＞y\sin y$，所以$f(x)＞f(y)$，所以$f(|x|)＞f(|y|)$，故$|x|＞|y|$.故选D.

8. [2024·随州二中期中]已知$ f(x) $的定义域为$ (0, +\infty) $，$ f'(x) $为$ f(x) $的导函数，且满足$ f(x) ＜ -xf'(x) $，则不等式$ f(x + 1) ＞ (x - 1)f(x^2 - 1) $的解集是(B)

A.$ (0, 1) $
B.$ (2, +\infty) $
C.$ (1, 2) $
D.$ (1, +\infty) $

答案： 8.B【解析】构造函数$y = xf(x)$，$x\in(0,+\infty)$，则$y'=f(x)+xf'(x)＜0$，所以函数$y = xf(x)$的图象在$(0,+\infty)$上单调递减.因为$f(x + 1)＞(x - 1)f(x^{2}-1)$，所以$(x + 1)f(x + 1)＞(x^{2}-1)f(x^{2}-1)$，所以$x + 1＜x^{2}-1$，解得$x＞2$或$x＜-1$(舍去).所以不等式$f(x + 1)＞(x - 1)· f(x^{2}-1)$的解集是$(2,+\infty)$.故选B.

9. [2024·合肥八中期末]已知函数$ f(x) $的导函数为$ f'(x) $，且$ f'(x) ＜ f(x) $对任意的$ x \in \mathbf{R} $恒成立，则(D)

A.$ f(1) ＜ ef(0) $，$ f(2024) ＞ e^{2024}f(0) $
B.$ f(1) ＞ ef(0) $，$ f(2024) ＞ e^{2024}f(0) $
C.$ f(1) ＞ ef(0) $，$ f(2024) ＜ e^{2024}f(0) $
D.$ f(1) ＜ ef(0) $，$ f(2024) ＜ e^{2024}f(0) $

答案： 9.D【解析】令$g(x)=\frac{f(x)}{e^{x}}$，则$g'(x)=\left[\frac{f(x)}{e^{x}}\right]'=\frac{f'(x)e^{x}-f(x)(e^{x})'}{e^{2x}}=\frac{f'(x)-f(x)}{e^{x}}＜0$，所以函数$g(x)=\frac{f(x)}{e^{x}}$在$R$上单调递减，所以$g(1)＜g(0)$，$g(2024)＜g(0)$，即$\frac{f(1)}{e^{1}}＜\frac{f(0)}{1}$，$\frac{f(2024)}{e^{2024}}＜\frac{f(0)}{1}$，故$f(1)＜ef(0)$，$f(2024)＜e^{2024}f(0)$.故选D.

10. [2024·长沙长郡中学月考]函数$ f(x) = \frac{ax}{x^2 + 1}(a ＞ 0) $的单调递增区间是(B)

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

答案： 10.B【解析】$f'(x)=a·\frac{1 - x^{2}}{(1 + x^{2})^{2}}(a＞0)$.令$f'(x)＞0$，解得$-1＜x＜1$.故$f(x)$在$(-1,1)$上单调递增.故选B.

11. [2024·深圳中学周练]设函数$ f(x) = x - \frac{1}{x} - a\ln x(a \in \mathbf{R}) $，讨论$ f(x) $的单调性。

答案： 11.函数$f(x)$的定义域为$(0,+\infty)$，$f'(x)=1+\frac{1}{x^{2}}-\frac{a}{x}=\frac{x^{2}-ax + 1}{x^{2}}$.令$g(x)=x^{2}-ax + 1$，则对于方程$x^{2}-ax + 1 = 0$，有$\Delta=a^{2}-4$.
当$-2\leq a\leq2$时，$\Delta\leq0$，$g(x)\geq0$，$f'(x)\geq0$，只有当$a = 2$，$x = 1$或$a = -2$，$x = -1$(舍去)时，等号成立，故函数$f(x)$在$(0,+\infty)$上单调递增.
当$a＜-2$时，$\Delta＞0$，$g(x)=0$的两根都小于$0$，$g(x)$在$(0,+\infty)$上单调递增，且在$(0,+\infty)$上$g(x)＞1$，$f'(x)＞0$，故函数$f(x)$在$(0,+\infty)$上单调递增.
当$a＞2$时，$\Delta＞0$，$g(x)=0$的两根为$x_{1}=\frac{a-\sqrt{a^{2}-4}}{2}$，$x_{2}=\frac{a+\sqrt{a^{2}-4}}{2}$.当$0＜x＜x_{1}$时，$f'(x)＞0$；当$x_{1}＜x＜x_{2}$时，$f'(x)＜0$；当$x＞x_{2}$时，$f'(x)＞0$.故函数$f(x)$在$(0,x_{1})$，$(x_{2},+\infty)$上单调递增，在$(x_{1},x_{2})$上单调递减.
综上所述，当$a\leq2$时，函数$f(x)$在$(0,+\infty)$上单调递增；当$a＞2$时，函数$f(x)$在$(0,\frac{a-\sqrt{a^{2}-4}}{2})$，$(\frac{a+\sqrt{a^{2}-4}}{2},+\infty)$上单调递增，在$(\frac{a-\sqrt{a^{2}-4}}{2},\frac{a+\sqrt{a^{2}-4}}{2})$上单调递减.

12. [2024·濮阳一中期末]已知函数$ f(x) = \ln x - ax(a \in \mathbf{R}) $。
(1) 求函数$ f(x) $的单调区间；
(2) 若$ a ＞ 0 $，求不等式$ f(x) - f\left( \frac{2}{a} - x \right) ＞ 0 $的解集。

答案： 12.
(1)易知$f(x)$的定义域为$(0,+\infty)$，$f'(x)=\frac{1}{x}-a=\frac{1 - ax}{x}$.
若$a\leq0$，则$f'(x)＞0$恒成立，故$f(x)$在$(0,+\infty)$上单调递增；若$a＞0$，则当$0＜x＜\frac{1}{a}$时，$f'(x)＞0$，当$x＞\frac{1}{a}$时，$f'(x)＜0$.
故$f(x)$在$(0,\frac{1}{a})$上单调递增，在$(\frac{1}{a},+\infty)$上单调递减.
综上所述，当$a\leq0$时，$f(x)$的单调递增区间为$(0,+\infty)$；当$a＞0$时，$f(x)$的单调递增区间为$(0,\frac{1}{a})$，单调递减区间为$(\frac{1}{a},+\infty)$.
(2)因为$f(x)$的定义域为$(0,+\infty)$，$\begin{cases}x＞0,\frac{2}{a}-x＞0,\\a＞0,\end{cases}$所以$0＜x＜\frac{2}{a}$
设$F(x)=f(x)-f(\frac{2}{a}-x)=\ln x-ax-\ln(\frac{2}{a}-x)+a(\frac{2}{a}-x)=\ln x-\ln(\frac{2}{a}-x)-2ax + 2$，$x\in(0,\frac{2}{a})$，
则$F'(x)=\frac{1}{x}+\frac{1}{\frac{2}{a}-x}-2a=\frac{2a(x-\frac{1}{a})^{2}}{x(\frac{2}{a}-x)}\geq0$，
所以$F(x)$在$(0,\frac{2}{a})$上单调递增.
因为$F(\frac{1}{a})=0$，所以当$x\in(0,\frac{1}{a})$时，$F(x)＜0$；当$x\in(\frac{1}{a},\frac{2}{a})$时，$F(x)＞0$.
所以$f(x)-f(\frac{2}{a}-x)＞0$的解集为$(\frac{1}{a},\frac{2}{a})$.