《2025年热搜题高中数学选择性必修第二册人教版》

1. [2024·深圳中学单元检测]若$ a＞2 $，则函数$ f(x)=\frac{1}{3}x^3 - ax^2 + 1 $在区间$ (0,2) $上恰好有(B)

A.0个零点
B.1个零点
C.2个零点
D.3个零点

答案： 1.B【解析】因为$f^{\prime}(x)=x^{2}-2ax$，且$a＞2$，所以当$x \in (0,2)$时，$f^{\prime}(x)＜0$，即$f(x)$在$(0,2)$上单调递减.又因为$f(0)=1＞0$，$f(2)=\frac{11}{3}-4a＜0$，所以$f(x)$在$(0,2)$上恰好有$1$个零点.故选B.

2. [2024·新乡一中月考]函数$ y = x^2e^x $的图象大致为(A)

答案： 2.A【解析】因为$y^{\prime}=2xe^{x}+x^{2}e^{x}=x(x + 2)e^{x}$，所以当$x＜-2$或$x＞0$时，$y^{\prime}＞0$，函数$y=x^{2}e^{x}$单调递增；当$-2＜x＜0$时，$y^{\prime}＜0$，函数$y=x^{2}e^{x}$单调递减，排除B,C.又$y=x^{2}e^{x}＞0$，所以排除D.故选A.

3. [2024·深圳宝安中学月考]函数$ f(x)=\frac{1}{2}e^x(\sin x + \cos x) $在区间$ \left[0,\frac{\pi}{2}\right] $上的值域为(A)

A.$ \left[\frac{1}{2},\frac{1}{2}e^{\frac{\pi}{2}}\right] $
B.$ \left(\frac{1}{2},\frac{1}{2}e^{\frac{\pi}{2}}\right) $
C.$ \left[1,e^{\frac{\pi}{2}}\right] $
D.$ \left(1,e^{\frac{\pi}{2}}\right) $

答案： 3.A【解析】$f^{\prime}(x)=\frac{1}{2}e^{x}(\sin x+\cos x)+\frac{1}{2}e^{x}(\cos x-\sin x)=e^{x}\cos x$，当$0 \leq x \leq \frac{\pi}{2}$时，$f^{\prime}(x) \geq 0$.所以$f(x)$在$\left[0,\frac{\pi}{2}\right]$上单调递增.所以$f(x)$的最大值为$f\left(\frac{\pi}{2}\right)=\frac{1}{2}e^{\frac{\pi}{2}}$，$f(x)$的最小值为$f(0)=\frac{1}{2}$.故选A.

4. [2024·烟台一中月考]已知函数$ f(x)=-\frac{2f'(1)}{3}\sqrt{x} - x^2 $的最大值为$ f(a) $，则$ a = $(B)

A.$ \frac{1}{16} $
B.$ \frac{\sqrt[3]{4}}{4} $
C.$ \frac{1}{4} $
D.$ \frac{\sqrt[3]{4}}{8} $

答案： 4.B【解析】因为$f^{\prime}(x)=-\frac{2f^{\prime}(1)}{3} · \frac{1}{2\sqrt{x}}-2x$，所以$f^{\prime}(1)=-\frac{1}{3}f^{\prime}(1)-2$，解得$f^{\prime}(1)=-\frac{3}{2}$，故$f(x)=\sqrt{x}-x^{2}$，$f^{\prime}(x)=\frac{1 - 4x\sqrt{x}}{2\sqrt{x}}$.令$f^{\prime}(x)＞0$，解得$0＜x＜\frac{\sqrt[3]{4}}{4}$；令$f^{\prime}(x)＜0$，解得$x＞\frac{\sqrt[3]{4}}{4}$，所以$f(x)$在$\left(0,\frac{\sqrt[3]{4}}{4}\right)$上单调递增，在$\left(\frac{\sqrt[3]{4}}{4},+\infty\right)$上单调递减，故$f(x)$的最大值是$f\left(\frac{\sqrt[3]{4}}{4}\right)$，所以$a=\frac{\sqrt[3]{4}}{4}$.

5. [2024·济宁一中期中]已知函数$ f(x)=ax^3 - 3x^2 + 1 $，若$ f(x) $存在唯一的零点$ x_0 $，且$ x_0＞0 $，则$ a $的取值范围是(C)

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

答案： 5.C【解析】当$a = 0$时，显然$f(x)$有两个零点，不符合题意.当$a \neq 0$时，$f^{\prime}(x)=3ax^{2}-6x$，令$f^{\prime}(x)=0$，解得$x_{1}=0$，$x_{2}=\frac{2}{a}$.当$a＞0$时，$\frac{2}{a}＞0$，所以函数$f(x)=ax^{3}-3x^{2}+1$在$(-\infty,0)$和$\left(\frac{2}{a},+\infty\right)$上单调递增，在$\left(0,\frac{2}{a}\right)$上单调递减.因为$f(x)$存在唯一零点$x_{0}$，且$x_{0}＞0$，则$f(0)＜0$，即$1＜0$，不成立.当$a＜0$时，$\frac{2}{a}＜0$，所以函数$f(x)=ax^{3}-3x^{2}+1$在$\left(-\infty,\frac{2}{a}\right)$和$(0,+\infty)$上单调递减，在$\left(\frac{2}{a},0\right)$上单调递增.因为$f(x)$存在唯一零点$x_{0}$，且$x_{0}＞0$，则$f\left(\frac{2}{a}\right)＞0$，即$a · \frac{8}{a^{3}}-3 · \frac{4}{a^{2}}+1＞0$，解得$a＞2$或$a＜-2$.又因为$a＜0$，故$a$的取值范围为$(-\infty,-2)$.故选C.

6. [2024·洛阳一中月考](多选)已知函数$ y = f(x) $在$ R $上可导，且$ f(0)=1 $，其导函数$ f'(x) $满足$ \frac{f'(x) - f(x)}{x - 1}＞0 $，对于函数$ g(x)=\frac{f(x)}{e^x} $，下列说法正确的有(ABC)

A.函数$ g(x) $在$ (1, +\infty) $上单调递增
B.$ x = 1 $是函数$ g(x) $的极小值点
C.函数$ g(x) $至多有两个零点
D.当$ x\leqslant0 $时，不等式$ f(x)\leqslante^x $恒成立

答案： 6.ABC【解析】因为$g(x)=\frac{f(x)}{e^{x}}$，所以$g^{\prime}(x)=\frac{f^{\prime}(x)-f(x)}{e^{x}}$.当$x＞1$时，$f^{\prime}(x)-f(x)＞0$，故$y = g(x)$在区间$(1,+\infty)$上单调递增，故A正确.当$x＜1$时，$f^{\prime}(x)-f(x)＜0$，故$y = g(x)$在区间$(-\infty,1)$上单调递减，故$x = 1$是函数$y = g(x)$的极小值点，故B正确.若$g(1)＜0$，则$y = g(x)$至多有$2$个零点，若$g(1)=0$，则函数$y = g(x)$有$1$个零点，若$g(1)＞0$，则函数$y = g(x)$没有零点，故C正确.由$y = g(x)$在区间$(-\infty,1)$上单调递减，且$g(0)=\frac{f(0)}{e^{0}}=1$，得当$x \leq 0$时，$g(x) \geq g(0)$，即$\frac{f(x)}{e^{x}} \geq 1$，故$f(x) \geq e^{x}$，故D错误.故选ABC.

7. [2024·衡水调研]已知函数$ f(x)=a\ln x - bx^2 $，$ a, b\inR $。若不等式$ f(x)\geqslant x $对所有的$ b\in(-\infty, 0] $，$ x\in(e, e^2] $都成立，则实数$ a $的取值范围是(B)

A.$ [e, +\infty) $
B.$ \left[\frac{e^2}{2}, +\infty\right) $
C.$ \left[\frac{e^2}{2}, e^2\right) $
D.$ [e^2, +\infty) $

答案： 7.B【解析】由题意可得$bx^{2} \leq a\ln x - x$，所以$b \leq \frac{a\ln x - x}{x^{2}}$.由题意可知，对任意的$x \in (e,e^{2}]$，都有$\frac{a\ln x - x}{x^{2}} \geq 0$，即$a\ln x \geq x$对一切$x \in (e,e^{2}]$恒成立，即$a \geq \frac{x}{\ln x}$对一切$x \in (e,e^{2}]$恒成立.令$h(x)=\frac{x}{\ln x}$，则$h^{\prime}(x)=\frac{\ln x - 1}{(\ln x)^{2}}＞0$在$x \in (e,e^{2}]$上恒成立，故$h(x)_{\max}=\frac{e^{2}}{2}$，所以$a \geq \frac{e^{2}}{2}$.故选B.

8. [2024·衡阳一中期末]设函数$ f(x)=e^x\left(x^3 + \frac{3}{2}x^2 - 6x + 2\right) - 2ae^x - x $，若不等式$ f(x)\leqslant0 $在$ [-2, +\infty) $上有解，则实数$ a $的最小值为(C)

A.$ -\frac{3}{2} - \frac{1}{e} $
B.$ -\frac{3}{2} - \frac{2}{e} $
C.$ -\frac{3}{4} - \frac{1}{2e} $
D.$ -1 - \frac{1}{e} $

答案： 8.C【解析】由$f(x)=e^{x}\left(x^{3}+\frac{3}{2}x^{2}-6x + 2\right)-2ae^{x}-x \leq 0$，得$a \geq \frac{1}{2}x^{3}+\frac{3}{2}x^{2}-3x + 1-\frac{x}{2e^{x}}$.令$g(x)=\frac{1}{2}x^{3}+\frac{3}{2}x^{2}-3x + 1-\frac{x}{2e^{x}}$，则$g^{\prime}(x)=\frac{3}{2}x^{2}+3x - 3+\frac{x - 1}{2e^{x}}=(x - 1)\left(\frac{3}{2}x + 3+\frac{1}{2e^{x}}\right)$.当$x \in [-2,1)$时，$g^{\prime}(x)＜0$，当$x \in (1,+\infty)$时，$g^{\prime}(x)＞0$，故$g(x)$在$[-2,1)$上单调递减，在$(1,+\infty)$上单调递增.故$g(x)_{\min}=g(1)=\frac{1}{2}+\frac{3}{4}+3 + 1-\frac{1}{2e}=\frac{23}{4}-\frac{1}{2e}$，则实数$a$的最小值为$-\frac{3}{4}-\frac{1}{2e}$.故选C.

9. [2024·长沙长郡中学月考]若函数$ f(x) $在区间$ A $上，对$ \forall a, b, c\in A $，$ f(a), f(b), f(c) $为一个三角形的三边长，则称函数$ f(x) $为“三角形函数”。已知函数$ f(x)=x\ln x + m $在区间$ \left[\frac{1}{e^2}, e\right] $上是“三角形函数”，则实数$ m $的取值范围为(D)

A.$ \left(\frac{1}{e}, \frac{e^2 + 2}{e}\right) $
B.$ \left(\frac{2}{e}, +\infty\right) $
C.$ \left(\frac{1}{e}, +\infty\right) $
D.$ \left(\frac{e^2 + 2}{e}, +\infty\right) $

答案： 9.D【解析】因为$f^{\prime}(x)=\ln x + 1$，所以$f(x)$在$\left[\frac{1}{e^{2}},\frac{1}{e}\right)$上单调递减，在$\left[\frac{1}{e},e\right]$上单调递增，所以$f(x)_{\min}=f\left(\frac{1}{e}\right)=-\frac{1}{e}+m$，$f(x)_{\max}=f(e)=e + m$.当$2f(x)_{\min}＞f(x)_{\max}$时，函数$f(x)$就是“三角形函数”，所以$2\left(-\frac{1}{e}+m\right)＞e + m$，解得$m＞\frac{e^{2}+2}{e}$.故选D.