《2025年热搜题高中数学选择性必修第二册人教版》

1. [2024·白银一中月考](多选)设函数$ f(x) $的定义域为$ \mathbf{R} $，则下列命题中正确的有(BCD)

A.若存在常数$ M $，使得对任意$ x \in \mathbf{R} $，有$ f(x) \leq M $，则$ M $是函数$ f(x) $的最大值
B.若存在$ x_0 \in \mathbf{R} $，使得对任意$ x \in \mathbf{R} $，且$ x \neq x_0 $，有$ f(x) \leq f(x_0) $，则$ f(x_0) $是函数$ f(x) $的最大值
C.若存在$ x_0 \in \mathbf{R} $，使得对任意$ x \in \mathbf{R} $，有$ f(x) \leq f(x_0) $，则$ f(x_0) $是函数$ f(x) $的最大值
D.若$ f(2x + 1) $的最大值为$ 2 $，则$ f(4x - 1) $的最大值也为$ 2 $

答案： 1.BCD[解析]由最大值的定义可知，仅满足对任意的$x \in \mathbf{R}$都有$f(x) \leqslant M$，还不能确定$M$是$f(x)$的最大值，这是因为还必须在定义域中存在$x_0$使$f(x_0)=M$，才能说明$M$是$f(x)$的最大值，故A错误.由函数最大值的定义可知B，C正确.在D中，由于$f(2x + 1)$的最大值为2，所以存在$x_0$使得$f(2x_0 + 1)=2$，且对任意的$x \in \mathbf{R}$有$f(2x + 1) \leqslant 2$.故对任意的实数$x$恒有$f(4x - 1) \leqslant 2 = f\left(4 × \frac{x_0 + 1}{2} - 1\right)$，所以$f(4x - 1)$的最大值也为2，D正确.故选BCD.

2. [2024·玉溪一中月考]给出下列说法：
①函数在其定义域内若有最值与极值，则其极大值便是最大值，极小值便是最小值；
②在闭区间上的函数一定有最大值和最小值；
③若函数在其定义域上有最值，则一定有极值；反之，若有极值，则一定有最值；
④若函数在给定的区间上有最值，则最多有一个最大值一个最小值；若函数有极值，则可有多个极值.
其中说法正确的有 ④.(填序号)

答案： 2.④[解析]由函数极值、最值的概念及它们的区别与联系可知①③不正确，④正确.对于②，若在闭区间上的图象是连续的，则函数一定有最大值和最小值，若在闭区间上的图象是不连续的，则函数不一定有最值，故②不正确.

3. [2024·昆明三中期中]函数$ f(x) = x + \cos x $在$ [0, \pi] $上的(D)

A.最小值为$ 0 $，最大值为$ \dfrac{\pi}{2} $
B.最小值为$ 0 $，最大值为$ \dfrac{\pi}{2} + 1 $
C.最小值为$ 1 $，最大值为$ \dfrac{\pi}{2} $
D.最小值为$ 1 $，最大值为$ \pi - 1 $

答案： 3.D[解析]$f'(x)=1 - \sin x$.因为$0 \leqslant x \leqslant \pi$，所以$0 \leqslant \sin x \leqslant 1$，所以$f'(x) \geqslant 0$，即$f(x)$在$[0, \pi]$上单调递增，所以$f(x)_{\max}=f(\pi)=\pi - 1$，$f(x)_{\min}=f(0)=1$.故选D.

4. [2024·桂林中学期中]已知函数$ f(x) = \ln(2x + 3) + x^2 $，则$ f(x) $在区间$ \left[-\dfrac{3}{4}, \dfrac{1}{4}\right] $上的最大值和最小值分别为 $\frac{1}{16} + \ln \frac{7}{2}$；$\ln 2 + \frac{1}{4}$.

答案： 4.$\frac{1}{16} + \ln \frac{7}{2}$；$\ln 2 + \frac{1}{4}$[解析]易得$f(x)$的定义域为$\left(-\frac{3}{2}, +\infty\right)$.$f'(x)=\frac{2}{2x + 3} + 2x = \frac{4x^2 + 6x + 2}{2x + 3} = \frac{2(2x + 1)(x + 1)}{2x + 3}$.当$-\frac{3}{2} ＜ x ＜ -1$时，$f'(x) ＞ 0$；当$-1 ＜ x ＜ -\frac{1}{2}$时，$f'(x) ＜ 0$；当$x ＞ -\frac{1}{2}$时，$f'(x) ＞ 0$.从而$f(x)$在区间$\left(-\frac{3}{2}, -1\right)$，$\left(-\frac{1}{2}, +\infty\right)$上单调递增，在区间$\left(-1, -\frac{1}{2}\right)$上单调递减.故$f(x)$在区间$\left[-\frac{3}{4}, \frac{1}{4}\right]$上的最小值为$f\left(-\frac{1}{2}\right)=\ln 2 + \frac{1}{4}$，又$f\left(-\frac{3}{4}\right) - f\left(\frac{1}{4}\right)=\ln \frac{3}{2} + \frac{9}{16} - \ln \frac{7}{2} - \frac{1}{16} = \ln \frac{3}{7} + \frac{1}{2} = \frac{1}{2}\left(1 - \ln \frac{49}{9}\right) ＜ 0$，所以$f(x)$在区间$\left[-\frac{3}{4}, \frac{1}{4}\right]$上的最大值为$f\left(\frac{1}{4}\right)=\frac{1}{16} + \ln \frac{7}{2}$.

5. 若函数$ f(x) = a\sin x + \dfrac{1}{3}\sin 3x $在$ x = \dfrac{\pi}{3} $处有最大(小)值，则$ a = $(A)

A.$ 2 $
B.$ 1 $
C.$ \dfrac{2\sqrt{3}}{3} $
D.$ 0 $

答案： 5.A[解析]因为$f(x)$在$x = \frac{\pi}{3}$处有最大(小)值，所以$x = \frac{\pi}{3}$是函数$f(x)$的极值点.又因为$f'(x)=a\cos x + \cos 3x$ ($x \in \mathbf{R}$)，所以$f'\left(\frac{\pi}{3}\right)=a\cos \frac{\pi}{3} + \cos \pi = 0$，解得$a = 2$.

6. 若函数$ f(x) = \begin{cases}2x^3 + 3x^2 + 1, & x \leq 0, \\ \mathrm{e}^{ax}, & x ＞ 0\end{cases}$在$ [-2, 2] $上的最大值为$ 2 $，则实数$ a $的取值范围是( )

A.$ \left[\dfrac{\ln 2}{2}, +\infty\right) $
B.$ \left[0, \dfrac{\ln 2}{2}\right] $
C.$ (-\infty, 0] $
D.$ \left(-\infty, \dfrac{\ln 2}{2}\right] $

答案： 6.D[解析]当$x \leqslant 0$时，$f'(x)=6x^2 + 6x$，易知函数$f(x)$在$(-\infty, 0]$上的最大值点是$x = -1$，且$f(-1)=2$，故只需在$x \in (0, 2]$上，$f(x)=e^{ax}$的最大值不大于2，即$e^{ax} \leqslant 2$，等价于$ax \leqslant \ln 2$，令$g(x)=\frac{\ln 2}{x}$，易知$g(x)$在$[0, 2]$上单调递减，则$g(x)_{\min}=g(2)=\frac{\ln 2}{2}$，所以$a \leqslant \frac{\ln 2}{2}$.

7. [2024·北京四中月考]已知函数$ f(x) = ax^3 - 6ax^2 + b $，$ x \in [-1, 2] $的最大值为$ 3 $，最小值为$ -29 $，则$ a + b = $ 5或$-31$.

答案： 7.5或$-31$[解析]由题设知当$a = 0$时，$f(x)=b$为常函数，与题设矛盾，所以$a \neq 0$.$f'(x)=3ax^2 - 12ax = 3ax(x - 4)$，令$f'(x)=0$，得$x_1 = 0$，$x_2 = 4$(舍去).
①当$a ＞ 0$，且$x$变化时，$f'(x)$，$f(x)$的变化情况如下表：
$x$　$-1$　$(-1, 0)$　$0$　$(0, 2)$　$2$
$f'(x)$　$+$　$0$　$-$
$f(x)$　$-7a + b$　单调递增　$b$　单调递减　$-16a + b$
由表可知，当$x = 0$时，$f(x)$取得极大值$b$，也是函数$f(x)$在$[-1, 2]$上的最大值，即$f(0)=b = 3$.又$f(-1)= -7a + 3$，$f(2)= -16a + 3 ＜ f(-1)$，所以$f(x)$在$[-1, 2]$上的最小值为$f(2)$，即$f(2)= -16a + 3 = -29$，解得$a = 2$，此时$a + b = 5$.
②当$a ＜ 0$时，同理可得，当$x = 0$时，$f(x)$取得极小值$b$，也是函数$f(x)$在$[-1, 2]$上的最小值，即$f(0)=b = -29$.又$f(-1)= -7a - 29$，$f(2)= -16a - 29 ＞ f(-1)$，所以$f(x)$在$[-1, 2]$上的最大值为$f(2)$，即$f(2)= -16a - 29 = 3$，解得$a = -2$，此时$a + b = -31$.综上可得，$a + b = 5$或$a + b = -31$.

8. [2024·杭州二中期末]若函数$ f(x) = 3x - x^3 $在区间$ (a - 5, 2a + 1) $上有最小值，则实数$ a $的取值范围是 $\left(-1, \frac{1}{2}\right]$.

答案：
8.$\left(-1, \frac{1}{2}\right]$[解析]$f'(x)=3 - 3x^2 = -3(x + 1)(x - 1)$.令$f'(x) ＞ 0$得$-1 ＜ x ＜ 1$；令$f'(x) ＜ 0$得$x ＜ -1$或$x ＞ 1$，所以函数$f(x)$在$(-\infty, -1)$，$(1, +\infty)$上单调递减，在$(-1, 1)$上单调递增，则$x = -1$是函数$f(x)$的极小值点，其极小值为$f(-1)= -2$.令$f(x)= -2$得$x = -1$或$x = 2$，作出$f(x)$的图象，如图所示.

因为函数$f(x)$在$(a - 5, 2a + 1)$上有最小值，所以由图得$a - 5 ＜ -1 ＜ 2a + 1 \leqslant 2$，解得$-1 ＜ a \leqslant \frac{1}{2}$.

9. [2024·丰城中学期中]设函数$ f(x) $是定义在$ [-1, 0) \cup (0, 1] $上的奇函数，当$ x \in [-1, 0) $时，$ f(x) = 2ax + \dfrac{1}{x^2} $（$ a \in \mathbf{R} $）.
(1) 当$ x \in (0, 1] $时，求$ f(x) $的解析式；
(2) 若$ a ＞ -1 $，试判断$ f(x) $在$ (0, 1) $上的单调性，并证明你的结论；
(3) 是否存在$ a $，使得当$ x \in (0, 1) $时，$ f(x) $有最大值$ -6 $？

答案： 9.
(1)设$x \in (0, 1]$，则$-x \in [-1, 0)$，$f(-x)= -2ax + \frac{1}{x^2}$.因为$f(x)$是奇函数，所以$f(-x)= -f(x)$，所以$f(x)=2ax - \frac{1}{x^2}$，$x \in (0, 1]$.
(2)当$a ＞ -1$时，$f(x)$在$(0, 1)$上单调递增.证明如下：$f'(x)=2a + \frac{2}{x^3} = 2\left(a + \frac{1}{x^3}\right)$.因为$x \in (0, 1)$，所以$\frac{1}{x^3} ＞ 1$.又因为$a ＞ -1$，所以$a + \frac{1}{x^3} ＞ 0$，即$f'(x) ＞ 0$.所以当$a ＞ -1$时，$f(x)$在$(0, 1)$上单调递增.
(3)存在.理由如下：当$a ＞ -1$时，$f(x)$在$(0, 1]$上单调递增，由$f(x)_{\max}=f(1)= -6$，得$a = -\frac{5}{2}$(不合题意，舍去)；当$a \leqslant -1$时，令$f'(x)=0$，得$x = \sqrt[3]{-\frac{1}{a}}$.列表如下：
$x$　$\left(0, \sqrt[3]{-\frac{1}{a}}\right)$　$\sqrt[3]{-\frac{1}{a}}$　$\left(\sqrt[3]{-\frac{1}{a}}, 1\right)$
$f'(x)$　$+$　$0$　$-$
$f(x)$　单调递增　$f\left(\sqrt[3]{-\frac{1}{a}}\right)$　单调递减
由表可知$f(x)_{\max}=f\left(\sqrt[3]{-\frac{1}{a}}\right)= -6$，解得$a = -2\sqrt{2}$.此时$x = \frac{\sqrt{2}}{2} \in (0, 1)$.所以存在$a = -2\sqrt{2}$，使$f(x)$在$(0, 1)$上有最大值$-6$.