《2025年热搜题高中数学选择性必修第二册人教版》

1. [2024·邢台检测]已知函数$ f(x)=ax-e^x $（$ e $为自然对数的底数）。
(1)当$ a=\dfrac{1}{e} $时，求函数$ f(x) $的单调区间及极值；
(2)当$ 2\leqslant a\leqslant e+2 $时，求证：$ f(x)\leqslant 2x $。

答案： 1.
(1)当$a=\frac{1}{e}$时，$f(x)=\frac{1}{e}x - e^{x}$.令$f^{\prime}(x)=\frac{1}{e}-e^{x}=0$，得$x = - 1$.
当$x ＜ - 1$时，$f^{\prime}(x)＞0$；当$x ＞ - 1$时，$f^{\prime}(x)＜0$.所以函数$f(x)$的单调递增区间为$(-\infty,-1)$，单调递减区间为$(-1,+\infty)$.
所以当$x = - 1$时，函数$f(x)$有极大值，为$-\frac{2}{e}$，没有极小值.
(2)当$x = 0$时，$f(x)= - 1$，$-1\leq0$恒成立.
当$x ＜ 0$时，$ax - e^{x}-2x=(a - 2)x - e^{x}$.
因为$2\leq a\leq e + 2$，所以$a - 2\geq0$.所以$(a - 2)x\leq0$，而$-e^{x}＜0$，
所以$(a - 2)x - e^{x}＜0$，所以$f(x)\leq2x$.
当$x ＞ 0$时，令$g(x)=a-\frac{e^{x}}{x}$，$g^{\prime}(x)=-\frac{e^{x}(x - 1)}{x^{2}}$
当$x ＞ 1$时，$g^{\prime}(x)＜0$；当$0＜x＜1$时，$g^{\prime}(x)＞0$.
所以$g(x)_{\max}=g(1)=a - e$.因为$2\leq a\leq e + 2$，所以$a - e\leq2$.
所以$g(x)\leq2$恒成立，所以$ax - e^{x}\leq2x$.
综上所述，$f(x)\leq2x$.

2. [2024·西安中学月考]已知函数$ f(x)=ax^2-x\ln x $。
(1)若函数$ f(x) $在$ (0,+\infty) $上单调递增，求实数$ a $的取值范围；
(2)若$ a=e $（$ e $为自然对数的底数），证明：当$ x＞0 $时，$ f(x)\lt xe^x+\dfrac{1}{e} $。

答案： 2.
(1)易知$f(x)$的定义域为$(0,+\infty)$.
因为函数$f(x)$在$(0,+\infty)$上单调递增，
所以$f^{\prime}(x)=2ax-\ln x - 1\geq0$在$(0,+\infty)$上恒成立，即$2a\geq\frac{\ln x + 1}{x}$恒成立.
令$g(x)=\frac{\ln x + 1}{x}$，则$2a\geq g(x)_{\max}$，$g^{\prime}(x)=-\frac{\ln x}{x^{2}}$，
由$g^{\prime}(x)=0$，解得$x = 1$.
当$x\in(0,1)$时，$g^{\prime}(x)＞0$，当$x\in(1,+\infty)$时，$g^{\prime}(x)＜0$，
故函数$g(x)$在$(0,1)$上单调递增，在$(1,+\infty)$上单调递减，
则$2a\geq g(x)_{\max}=g(1)=1$，即$a\geq\frac{1}{2}$，所以实数$a$的取值范围是$[\frac{1}{2},+\infty)$.
(2)证明：当$a = e$时，要证$f(x)＜xe^{x}+\frac{1}{e}$，即证$ex^{2}-x\ln x＜xe^{x}+\frac{1}{e}$
又$x ＞ 0$，只需证$ex - \ln x＜e^{x}+\frac{1}{ex}$，即证$\ln x+\frac{1}{ex}＞ex - e^{x}$.
设$h(x)=\ln x+\frac{1}{ex}$，$x ＞ 0$，则$h^{\prime}(x)=\frac{1}{x}-\frac{1}{ex^{2}}=\frac{ex - 1}{ex^{2}}$，
令$h^{\prime}(x)=0$，解得$x=\frac{1}{e}$
当$x\in(0,\frac{1}{e})$时，$h^{\prime}(x)＜0$；当$x\in(\frac{1}{e},+\infty)$时，$h^{\prime}(x)＞0$，
故函数$h(x)$在$(0,\frac{1}{e})$上单调递减，在$(\frac{1}{e},+\infty)$上单调递增，即$h(x)\geq h(\frac{1}{e})=0$，从而有$\ln x+\frac{1}{ex}\geq0$.
设$\varphi(x)=ex - e^{x}$，$x ＞ 0$，则$\varphi^{\prime}(x)=e - e^{x}$，令$\varphi^{\prime}(x)=0$，
解得$x = 1$.
当$x\in(0,1)$时，$\varphi^{\prime}(x)＞0$；当$x\in(1,+\infty)$时，$\varphi^{\prime}(x)＜0$，
故函数$\varphi(x)$在$(0,1)$上单调递增，在$(1,+\infty)$上单调递减，
即$\varphi(x)\leq\varphi(1)=0$，从而有$ex - e^{x}\leq0$.因为$h(x)$和$\varphi(x)$不同时为$0$，所以$\ln x+\frac{1}{ex}＞ex - e^{x}$.
故当$x ＞ 0$时，$f(x)＜xe^{x}+\frac{1}{e}$

3. [2024·黄冈中学月考]已知关于$ x $的不等式$ \dfrac{(e^{\lambda x}+1)\lambda x}{x+1}＞\ln x $在$ (0,+\infty) $上恒成立，则实数$ \lambda $的取值范围为(A)

A.$ \left( \dfrac{1}{e},+\infty \right) $
B.$ (e,+\infty) $
C.$ \left( 0,\dfrac{1}{e} \right) $
D.$ (0,e) $

答案： 3.A【解析】原不等式等价于$(e^{x}+1)\lambda x＞(x + 1)\ln x=(e^{\ln x}+1)\ln x$，设$f(x)=(e^{x}+1)x(x ＞ 0)$，则$f(\lambda x)＞f(\ln x)$.又$f^{\prime}(x)=e^{x}(x + 1)+1＞0$，所以$f(x)$在$(0,+\infty)$上单调递增，则$\lambda x＞\ln x$，即$\lambda＞\frac{\ln x}{x}$.设$g(x)=\frac{\ln x}{x}$，$x＞0$，则$g^{\prime}(x)=\frac{1 - \ln x}{x^{2}}$，当$0＜x＜e$时，$g^{\prime}(x)＞0$，函数$g(x)$单调递增，当$x＞e$时，$g^{\prime}(x)＜0$，函数$g(x)$单调递减，所以$g(x)_{\max}=g(e)=\frac{1}{e}$，所以$\lambda＞\frac{1}{e}$.故选A.

4. [2024·长春一中月考]已知$ f(x)=x(1+\ln x) $，若$ k\in \mathbf{Z} $，且$ k(x-2)\lt f(x) $对任意$ x＞2 $恒成立，则$ k $的最大值为(B)

A.3
B.4
C.5
D.6

答案： 4.B【解析】$f(x)=x(1+\ln x)$，且$k(x - 2)＜f(x)$对任意$x＞2$恒成立，即$k＜\frac{x(1+\ln x)}{x - 2}$对任意$x＞2$恒成立.令$g(x)=\frac{x(1+\ln x)}{x - 2}(x＞2)$，则$g^{\prime}(x)=\frac{x - 2\ln x - 4}{(x - 2)^{2}}$.令$h(x)=x - 2\ln x - 4(x＞2)$，则$h^{\prime}(x)=1-\frac{2}{x}=\frac{x - 2}{x}$，当$x＞2$时，$h^{\prime}(x)＞0$，所以函数$h(x)$在$(2,+\infty)$上单调递增.因为$h(8)=4 - 2\ln 8＜0$，$h(9)=5 - 2\ln 9＞0$，所以方程$h(x)=0$在$(2,+\infty)$上存在唯一实数根$x_{0}$，且满足$x_{0}\in(8,9)$.当$2＜x＜x_{0}$时，$h(x)＜0$，即$g^{\prime}(x)＜0$；当$x＞x_{0}$时，$h(x)＞0$，即$g^{\prime}(x)＞0$.所以函数$g(x)=\frac{x(1+\ln x)}{x - 2}$在$(2,x_{0})$上单调递减，在$(x_{0},+\infty)$上单调递增.又$x_{0}-2\ln x_{0}-4=0$，所以$2\ln x_{0}=x_{0}-4$，故$1+\ln x_{0}=\frac{1}{2}x_{0}-1$，所以$g(x)_{\min}=g(x_{0})=\frac{x_{0}(1+\ln x_{0})}{x_{0}-2}=\frac{x_{0}(\frac{1}{2}x_{0}-1)}{x_{0}-2}=\frac{1}{2}x_{0}$.又$\frac{1}{2}x_{0}\in(4,4.5)$，所以$k＜g(x)_{\min}=\frac{1}{2}x_{0}\in(4,4.5)$.故整数$k$的最大值是$4$.故选B.

5. [2024·衡水模拟]已知函数$ f(x)=\dfrac{f'(1)}{e}· e^x+\dfrac{f(0)}{2}x^2-x $，若存在实数$ m $使得不等式$ f(m)\leqslant 2n^2-n $成立，则实数$ n $的取值范围为$(-\infty,-\frac{1}{2}]\cup[1,+\infty)$。

答案： 5.$(-\infty,-\frac{1}{2}]\cup[1,+\infty)$【解析】对函数$f(x)$求导可得，$f^{\prime}(x)=\frac{f^{\prime}(1)}{e}e^{x}+\frac{f(0)}{2}×2x - 1$，所以$f^{\prime}(1)=f^{\prime}(1)+f(0)-1$，得$f(0)=1$.又$f(0)=\frac{f^{\prime}(1)}{e}$，所以$f^{\prime}(1)=e$.故$f(x)=e^{x}+\frac{1}{2}x^{2}-x$，$f^{\prime}(x)=e^{x}+x - 1$，设$g(x)=e^{x}+x - 1$，则$g^{\prime}(x)=e^{x}+1＞0$恒成立，故导函数$f^{\prime}(x)$单调递增.而$f^{\prime}(0)=0$，故$f(x)_{\min}=f(0)=1$.由存在性的条件可得关于实数$n$的不等式$2n^{2}-n\geq1$，解得$n\in(-\infty,-\frac{1}{2}]\cup[1,+\infty)$.

6. [2024·重庆八中月考]已知函数$ f(x)=\ln x-\dfrac{1}{2}x^2 $。
(1)求函数$ f(x) $在$ \left[ \dfrac{1}{2},2 \right] $上的最大值和最小值；
(2)若不等式$ f(x)＞(2-a)x^2 $有解，求实数$ a $的取值范围。

答案： 6.
(1)易得$f^{\prime}(x)=\frac{1}{x}-x=\frac{1 - x^{2}}{x}(x＞0)$，令$f^{\prime}(x)=0$，则$x = 1$或$x = - 1$(舍去).
当$\frac{1}{2}\leq x＜1$时，$f^{\prime}(x)＞0$，当$1＜x\leq2$时，$f^{\prime}(x)＜0$，所以函数$f(x)$在$[\frac{1}{2},1)$上单调递增，在$(1,2]$上单调递减，
所以当$x = 1$时，$f(x)$取得极大值，也是最大值，最大值为$f(1)=-\frac{1}{2}$.
又$f(\frac{1}{2})=\ln\frac{1}{2}-\frac{1}{8}=-\ln 2-\frac{1}{8}$，$f(2)=\ln 2 - 2$，$f(\frac{1}{2})＞f(2)$，所以当$x = 2$时，$f(x)$取得最小值，最小值为$f(2)=\ln 2 - 2$.
故$f(x)$在$[\frac{1}{2},2]$上的最大值为$-\frac{1}{2}$，最小值为$\ln 2 - 2$.
(2)易知$f(x)$的定义域为$(0,+\infty)$，故不等式$f(x)＞(2 - a)x^{2}$可化为$2 - a＜\frac{\ln x}{x^{2}}-\frac{1}{2}$.
记$g(x)=\frac{\ln x}{x^{2}}-\frac{1}{2}$，则原不等式有解可转化为$2 - a＜g(x)_{\max}$.
易得$g^{\prime}(x)=\frac{1 - 2\ln x}{x^{3}}$，令$g^{\prime}(x)=0$，则$x=\sqrt{e}$，所以当$0＜x＜\sqrt{e}$时，$g^{\prime}(x)＞0$，当$x＞\sqrt{e}$时，$g^{\prime}(x)＜0$，所以函数$g(x)$在$(0,\sqrt{e})$上单调递增，在$(\sqrt{e},+\infty)$上单调递减，
故$g(x)_{\max}=g(\sqrt{e})=\frac{1}{2e}-\frac{1}{2}$，于是$2 - a＜\frac{1}{2e}-\frac{1}{2}$，解得$a＞\frac{5}{2}-\frac{1}{2e}$.
所以实数$a$的取值范围为$(\frac{5}{2}-\frac{1}{2e},+\infty)$.