《2025年热搜题高中数学选择性必修第二册人教版》

8. 若函数$ y = e^x - 2mx $有小于零的极值点,则实数$ m $的取值范围是(B)

A.$ m ＜ \frac{1}{2} $
B.$ 0 ＜ m ＜ \frac{1}{2} $
C.$ m ＞ \frac{1}{2} $
D.$ 0 ＜ m ＜ 1 $

答案： 8.B[解析]由y=eˣ−2mx，得y'=eˣ−2m。由题意知eˣ−2m=0有小于零的实数根，即eˣ=2m，则m=$\frac{1}{2}$eˣ。因为x＜0，所以0＜$\frac{1}{2}$eˣ＜$\frac{1}{2}$，所以0＜m＜$\frac{1}{2}$。

9. [2024·昆明一中期中]若函数$ f(x) = x^3 - 3ax^2 + bx - 2a^2 $在$ x = 2 $处有极值$ 0 $,则$ a + b $的值为(B)

A.$ 14 $
B.$ 40 $
C.$ 48 $
D.$ 52 $

答案： 9.B[解析]由f(x)=x³−3ax²+bx−2a²，得f'(x)=3x²−6ax+b，由f(x)在x=2处有极值0，可得$\begin{cases}f(2)=0\\f'(2)=0\end{cases}$，则$\begin{cases}8 - 12a + 2b - 2a² = 0\\12 - 12a + b = 0\end{cases}$，解得$\begin{cases}a = 4\\b = 36\end{cases}$或$\begin{cases}a = 2\\b = 12\end{cases}$。
当a=4，b=36时，f'(x)=3x²−24x+36=3(x−2)(x−6)，当x＜2时，f'(x)＞0，当2＜x＜6时，f'(x)＜0，满足题意；当a=2，b=12时，f'(x)=3x²−12x+12≥0，不满足题意。所以a+b=40。故选B。

10. [2024·湖州一中月考]若函数$ f(x) = x^2 - (a + 2)x + a\ln x $既有极大值又有极小值,则实数$ a $的取值范围是(B)

A.$ (-\infty, 2) \cup (2, +\infty) $
B.$ (0, 2) \cup (2, +\infty) $
C.$ (2, +\infty) $
D.$ \{2\} $

答案： 10.B[解析]易得f'(x)=2x−a−2+$\frac{a}{x}$=$\frac{2x²−(a + 2)x + a}{x}$=$\frac{(2x - a)(x - 1)}{x}$(x＞0)，因为f(x)=x²−(a + 2)x + alnx既有极大值又有极小值，所以f'(x)=0在(0,+∞)内有两个不相等的正实数解，所以$\frac{a}{2}$＞0，且$\frac{a}{2}$≠1，解得a＞0，且a≠2。故选B。

11. [2024·茂名调考]已知函数$ f(x) = \ln x + ax^2 - \frac{3}{2}x $,若$ x = 1 $是函数$ f(x) $的极大值点,则函数$ f(x) $的极小值为(A)

A.$ \ln 2 - 2 $
B.$ \ln 2 - 1 $
C.$ \ln 3 - 2 $
D.$ \ln 3 - 1 $

答案： 11.A[解析]因为f(x)=lnx + ax²−$\frac{3}{2}$x(x＞0)，所以f'(x)=$\frac{1}{x}$+2ax−$\frac{3}{2}$。因为x=1是函数的极大值点，所以f'
(1)=1+2a−$\frac{3}{2}$=2a−$\frac{1}{2}$=0，解得a=$\frac{1}{4}$，所以f'(x)=$\frac{1}{x}$+$\frac{x}{2}$−$\frac{3}{2}$=$\frac{x²−3x + 2}{2x}$=$\frac{(x - 1)(x - 2)}{2x}$。当0＜x＜1时，f'(x)＞0，f(x)单调递增；当1＜x＜2时，f'(x)＜0，f(x)单调递减；当x＞2时，f'(x)＞0，f(x)单调递增。所以当x=2时，f(x)有极小值，且极小值为f
(2)=ln2−2。

12. [2024·杭州七校联考]若函数$ f(x) = x^3 + ax^2 + ax (x \in \mathbf{R}) $不存在极值点,则$ a $的取值范围是$ $[0,3]$ $.

答案： 12.[0,3][解析]由f(x)=x³+ax²+ax(x∈R)，得f'(x)=3x²+2ax+a。因为函数f(x)=x³+ax²+ax(x∈R)不存在极值点，且f'(x)的图象开口向上，所以f'(x)≥0对x∈R恒成立，所以$\Delta$=4a²−12a≤0，解得0≤a≤3，所以a的取值范围是[0,3]。

13. [2024·成都模拟]已知函数$ f(x) = (x^2 + 3x + 1)e^x - k $有三个不同的零点,则实数$ k $的取值范围是(B)

A.$ \left(-\frac{1}{e}, \frac{5}{e^4}\right) $
B.$ \left(0, \frac{5}{e^4}\right) $
C.$ \left(-\frac{5}{e^4}, \frac{1}{e}\right) $
D.$ \left(-\frac{1}{e}, +\infty\right) $

答案： 13.B[解析]因为f'(x)=(x²+5x+4)eˣ=(x+1)(x+4)eˣ，所以f(x)在(−∞,−4)和(−1,+∞)上单调递增，在(−4,−1)上单调递减。当x→−∞时，f(x)→−k，当x→+∞时，f(x)→+∞，故f(x)要有三个零点，只需−k＜0，f(−4)=$\frac{5}{e^{4}}$−k＞0，f(−1)=−$\frac{1}{e}$−k＜0，故0＜k＜$\frac{5}{e^{4}}$。故选B。

14. [2024·大同一中月考]已知函数$ f(x) $为定义在$ (-\infty, 0) \cup (0, +\infty) $上的奇函数,当$ x ＞ 0 $时,$ f(x) = (x - 2e)\ln x $.若函数$ g(x) = f(x) - m $存在四个不同的零点,则$ m $的取值范围是(A)

A.$ (-e, e) $
B.$ [-e, e] $
C.$ (-1, 1) $
D.$ [-1, 1] $

答案：
14.A[解析]当x＞0时，f'(x)=lnx + 1−$\frac{2e}{x}$，f''(x)=$\frac{1}{x}$+$\frac{2e}{x²}$＞0，故f'(x)在(0,+∞)上单调递增。因为f'(e)=0，所以f(x)在(0,e)上单调递减，在(e,+∞)上单调递增。因为f(x)为定义在(−∞,0)∪(0,+∞)上的奇函数，所以f(x)的大致图象如图所示。
　　　　　　　
由g(x)=f(x)−m存在四个不同的零点知，直线y=m与y=f(x)的图象有四个不同的交点，故m∈(−e,e)。故选A。

15. 已知点$ A, B $为曲线$ y = \frac{1}{x} $上两个不同的点,$ A, B $的横坐标$ x_1, x_2 $是函数$ f(x) = \frac{1}{2}ax^2 - ax - \ln x $的两个极值点,则直线$ AB $与椭圆$ \frac{x^2}{4} + y^2 = 1 $的位置关系是(C)

A.相离
B.相切
C.相交
D.不确定

答案： 15.C[解析]由f(x)=$\frac{1}{2}$ax²−ax−lnx，得f'(x)=ax−a−$\frac{1}{x}$=$\frac{ax²−ax−1}{x}$。因为A,B的横坐标x₁,x₂是函数f(x)=$\frac{1}{2}$ax²−ax−lnx的两个极值点，所以x₁,x₂是方程ax²−ax−1=0的两根，因此$\begin{cases}x₁ + x₂ = 1\\x₁x₂ = -\frac{1}{a}\end{cases}$(a≠0)。
因为A,B为曲线y=$\frac{1}{x}$上两个不同的点，所以$k_{AB}=\frac{\frac{1}{x₁}-\frac{1}{x₂}}{x₁ - x₂}=-\frac{1}{x₁x₂}=a$，因此直线AB的方程为y−$\frac{1}{x₁}$=a(x−x₁)，即y=ax−ax₁+$\frac{1}{x₁}$=ax−ax₁−ax₂=ax−a(x₁ + x₂)=ax−a=a(x−1)，即直线AB恒过定点(1,0)。显然点(1,0)在椭圆$\frac{x²}{4}$+y²=1内，因此直线AB与椭圆$\frac{x²}{4}$+y²=1必相交。故选C。

16. [2024·西安中学月考]已知函数$ f(x) = x^3 - 6x^2 + 9x + 3 $,若函数$ y = f(x) $的图象与$ y = \frac{1}{3}f'(x) + 5x + m $的图象有三个不同的交点,求实数$ m $的取值范围.

答案： 16.由f(x)=x³−6x²+9x+3，可得f'(x)=3x²−12x+9，所以y=$\frac{1}{3}$f'(x)+5x+m=$\frac{1}{3}$(3x²−12x+9)+5x+m=x²+x+3+m。
由题意可得x³−6x²+9x+3=x²+x+3+m有三个不相等的实数根，即g(x)=x³−7x²+8x−m的图象与x轴有三个不同的交点。g'(x)=3x²−14x+8=(3x−2)(x−4)，令g'(x)=0，得x=$\frac{2}{3}$或x=4。
当x变化时，g(x),g'(x)的变化情况如下表：
x　(−∞,$\frac{2}{3}$)　$\frac{2}{3}$　　($\frac{2}{3}$,4)　　4　　(4,+∞)
g'(x)　　+　　　0　　　−　　　0　　　+
g(x)　单调递增　极大值　单调递减　极小值　单调递增
则函数g(x)的极大值为g($\frac{2}{3}$)=$\frac{68}{27}$−m，极小值为g
(4)=−16−m。当x→−∞时，g(x)→−∞，当x→+∞时，g(x)→+∞，所以g(x)的图象与x轴有三个不同的交点只需满足$\begin{cases}g(\frac{2}{3})=\frac{68}{27}-m＞0\\g(4)=-16-m＜0\end{cases}$，解得−16＜m＜$\frac{68}{27}$。
即实数m的取值范围为(−16,$\frac{68}{27}$)。

17. [2024·重庆一中期末]已知函数$ f(x) = x - m\ln x $,$ m \in \mathbf{R} $,$ f'(x) $是$ f(x) $的导函数.
(1) 讨论函数$ f(x) $的极值点

个

数;
(2) 若$ m ＞ 0 $,$ 0 ＜ x_1 ＜ x_2 $,且存在$ x_0 $,使得$ f'(x_0) = \frac{f(x_1) - f(x_2)}{x_1 - x_2} $,试比较$ x_1 + x_2 $与$ 2x_0 $的大小.

答案： 17.
(1)f'(x)=1−$\frac{m}{x}$=$\frac{x - m}{x}$(x＞0)，当m≤0时，f'(x)＞0，f(x)在(0,+∞)上单调递增，无极值点；
当m＞0时，令f'(x)＞0，则x＞m，令f'(x)＜0，则x＜m，故f(x)在(m,+∞)上单调递增，在(0,m)上单调递减，故f(x)有1个极小值点，无极大值点。
综上所述，当m≤0时，f(x)有0个极值点；当m＞0时，f(x)有1个极值点。
(2)f'(x)=1−$\frac{m}{x}$(x＞0)，$f'(x₀)=\frac{f(x₁)-f(x₂)}{x₁ - x₂}=\frac{x₁ - m\ln x₁-(x₂ - m\ln x₂)}{x₁ - x₂}=1+\frac{m\ln\frac{x₂}{x₁}}{x₁ - x₂}$，
$f'(\frac{x₁ + x₂}{2})=1 - \frac{m}{\frac{x₁ + x₂}{2}}=1 - \frac{2m}{x₁ + x₂}$，故$f'(x₀)-f'(\frac{x₁ + x₂}{2})=\frac{m}{x₁ - x₂}[\ln\frac{x₂}{x₁}+\frac{2(x₁ - x₂)}{x₁ + x₂}]$，令$t=\frac{x₂}{x₁}$(t＞1)，
$h(t)=\ln t+\frac{2(1 - t)}{1 + t}$，则$h'(t)=\frac{1}{t}-\frac{4}{(1 + t)²}=\frac{(t - 1)²}{t(1 + t)²}＞0$，所以h(t)在(1,+∞)上单调递增，则h(t)＞h
(1)=0，所以$f'(x₀)-f'(\frac{x₁ + x₂}{2})=\frac{m}{x₁ - x₂}[\ln\frac{x₂}{x₁}+\frac{2(x₁ - x₂)}{x₁ + x₂}]＜0$，所以$f'(x₀)＜f'(\frac{x₁ + x₂}{2})$。
易得$f'(x)$在(0,+∞)上单调递增，所以$x₀＜\frac{x₁ + x₂}{2}$，即$x₁ + x₂＞2x₀$。