《2025年热搜题高中数学选择性必修第二册人教版》

7. [2024·福州一中期末]已知函数$ f(x)=x^2-mx-m\ln x $，其中$ m＞0 $。
(1)若$ m=1 $，求函数$ f(x) $的极值；
(2)设$ g(x)=f(x)+mx $，若$ g(x)＞\dfrac{1}{x} $在$ (1,+\infty) $上恒成立，求实数$ m $的取值范围。

答案： 7.
(1)依题意知，函数$f(x)$的定义域为$(0,+\infty)$.
当$m = 1$时，$f(x)=x^{2}-x-\ln x$，则$f^{\prime}(x)=2x - 1-\frac{1}{x}=\frac{2x^{2}-x - 1}{x}=\frac{(x - 1)(2x + 1)}{x}$
当$0＜x＜1$时，$f^{\prime}(x)＜0$，函数$f(x)$单调递减；
当$x＞1$时，$f^{\prime}(x)＞0$，函数$f(x)$单调递增，
所以函数$f(x)$的极小值为$f(1)=0$，无极大值.
(2)$g(x)=f(x)+mx=x^{2}-m\ln x$，
若$g(x)＞\frac{1}{x}$在$(1,+\infty)$上恒成立，
即$x^{2}-m\ln x-\frac{1}{x}＞0$在$(1,+\infty)$上恒成立，
构造函数$G(x)=x^{2}-m\ln x-\frac{1}{x}$，$x＞1$，
即$G^{\prime}(x)=2x-\frac{m}{x}+\frac{1}{x^{2}}=\frac{2x^{3}-mx + 1}{x^{2}}$
令$H(x)=2x^{3}-mx + 1$，$x＞1$，则$H^{\prime}(x)=6x^{2}-m$，
①若$m\leq6$，则$H^{\prime}(x)＞0$在$(1,+\infty)$上恒成立，即$H(x)$在$(1,+\infty)$上单调递增，所以$H(x)＞H(1)=3 - m$恒成立.
当$3 - m\geq0$，即$0＜m\leq3$时，$H(x)＞0$在$(1,+\infty)$上恒成立，即$G^{\prime}(x)＞0$在$(1,+\infty)$上恒成立，所以$G(x)$在$(1,+\infty)$上单调递增.
所以$G(x)＞G(1)=0$，即$0＜m\leq3$满足条件.
当$3 - m＜0$，即$3＜m\leq6$时，
由$H(1)=3 - m＜0$，$H(2)=17 - 2m＞0$，
可知存在唯一的$x_{0}\in(1,2)$使得$H(x_{0})=0$，
所以当$x\in(1,x_{0})$时，$H(x)＜0$，即$G^{\prime}(x)＜0$，
所以$G(x)$在$(1,x_{0})$上单调递减，
所以$G(x)＜G(1)=0$，不合题意.
②若$m＞6$，由$H^{\prime}(x)=0$，可得$x_{1}=\sqrt{\frac{m}{6}}$，$x_{2}=-\sqrt{\frac{m}{6}}$(舍去).
易知$H(x)$在$(1,\sqrt{\frac{m}{6}})$上单调递减，
所以$H(x)＜H(1)=3 - m＜0$在$(1,\sqrt{\frac{m}{6}})$上恒成立，即$G^{\prime}(x)＜0$在$(1,\sqrt{\frac{m}{6}})$上恒成立，
所以$G(x)$在$(1,\sqrt{\frac{m}{6}})$上单调递减，所以$G(x)＜G(1)=0$在$(1,\sqrt{\frac{m}{6}})$上恒成立，这与$G(x)＞0$矛盾，故不合题意.
综上，实数$m$的取值范围为$(0,3]$.

8. [2024·扬州中学期末]已知$ f(x)=xe^x+\dfrac{1}{e}+e^2 $，$ g(x)=-x^2-2x-1+a $，若存在$ x_1\in \mathbf{R} $，$ x_2\in (-1,+\infty) $，使得$ f(x_1)\leqslant g(x_2) $成立，则实数$ a $的取值范围是$(e^{2},+\infty)$。

答案： 8.$(e^{2},+\infty)$【解析】因为$f(x)=xe^{x}+\frac{1}{e}+e^{2}$，
所以$f^{\prime}(x)=e^{x}+xe^{x}=e^{x}(x + 1)$.
当$x\in(-\infty,-1)$时，$f^{\prime}(x)＜0$，$f(x)$单调递减，
当$x\in(-1,+\infty)$时，$f^{\prime}(x)＞0$，$f(x)$单调递增，
所以$f(x)\geq f(-1)=e^{2}$.
$g(x)=-(x + 1)^{2}+a$，当$x\in(-1,+\infty)$时，$g(x)＜a$，
若存在$x_{1}\in\mathbf{R}$，$x_{2}\in(-1,+\infty)$，使得$f(x_{1})\leq g(x_{2})$成立，只需$e^{2}＜a$即可，
所以$a$的取值范围为$(e^{2},+\infty)$.

9. [2024·南通调研]已知函数$ f(x)=x+a\ln x(a\in \mathbf{R}) $，$ g(x)=e^x-1 $。
(1)若直线$ y=0 $与函数$ y=f(x) $的图象相切，求$ a $的值；
(2)设$ a＞0 $，$ \forall x_1,x_2\in [3,+\infty)(x_1\neq x_2) $，都有$ |f(x_1)-f(x_2)|＜|g(x_1)-g(x_2)| $，求实数$ a $的取值范围。

答案： 9.
(1)易知$a\neq0$，$f^{\prime}(x)=1+\frac{a}{x}$.
设切点坐标为$(x_{0},0)$，则$1+\frac{a}{x_{0}}=0$，解得$x_{0}=-a$，
所以$-a+a\ln(-a)=0$，所以$a=-e$.
(2)因为$a＞0$，所以当$x\in[3,+\infty)$时，$f^{\prime}(x)＞0$，
所以$f(x)$在$[3,+\infty)$上单调递增.
因为$g^{\prime}(x)=e^{x}＞0$，所以$g(x)$在$[3,+\infty)$上单调递增.
不妨设$x_{1}＜x_{2}$，则$f(x_{1})＜f(x_{2})$，$g(x_{1})＜g(x_{2})$，
所以$|f(x_{1})-f(x_{2})|＜|g(x_{1})-g(x_{2})|$，
可转化为$f(x_{2})-f(x_{1})＜g(x_{2})-g(x_{1})$，
即$f(x_{2})-g(x_{2})＜f(x_{1})-g(x_{1})$.
设$h(x)=f(x)-g(x)=x+a\ln x-e^{x}+1$，
则$h(x)$在$[3,+\infty)$上单调递减，
$h^{\prime}(x)=1+\frac{a}{x}-e^{x}\leq0$在$[3,+\infty)$上恒成立，
即$\forall x\in[3,+\infty)$，$x e^{x}-x\geq a$恒成立.
设$v(x)=x e^{x}-x$，$x\in[3,+\infty)$，则$v^{\prime}(x)=e^{x}+x e^{x}-1＞0$，所以$v(x)=x e^{x}-x$在$[3,+\infty)$上单调递增，
所以$v(x)_{\min}=v(3)=3e^{3}-3$，所以$a\leq3e^{3}-3$.
故$a$的取值范围为$(0,3e^{3}-3]$.

10. [2024·铜仁一中月考]已知函数$ f(x)=\dfrac{1}{3}x^3+x^2+ax $。
(1)若函数$ f(x) $在区间$ [1,+\infty) $上单调递增，求实数$ a $的最小值；
(2)若函数$ g(x)=\dfrac{x}{e^x} $，$ \forall x_1\in \left[ \dfrac{1}{2},2 \right] $，$ \exists x_2\in \left[ \dfrac{1}{2},2 \right] $，使得$ f'(x_1)\leqslant g(x_2) $成立，求实数$ a $的取值范围。

答案： 10.
(1)易得$f^{\prime}(x)=x^{2}+2x+a$.因为$f(x)$在$[1,+\infty)$上单调递增，所以$f^{\prime}(x)\geq0$在$[1,+\infty)$上恒成立，所以$a\geq-x^{2}-2x$在$[1,+\infty]$上恒成立，当$x = 1$时，$(-x^{2}-2x)_{\max}=-1 - 2=-3$，所以$a\geq-3$，所以实数$a$的最小值为$-3$.
(2)$\forall x_{1}\in[\frac{1}{2},2]$，$\exists x_{2}\in[\frac{1}{2},2]$，使得$f^{\prime}(x_{1})\leq g(x_{2})$成立等价于当$x\in[\frac{1}{2},2]$时，$f^{\prime}(x)_{\max}\leq g(x)_{\max}$.
因为$f^{\prime}(x)=x^{2}+2x+a=(x + 1)^{2}+a - 1$在$[\frac{1}{2},2]$上单调递增，所以$f^{\prime}(x)_{\max}=f^{\prime}(2)=a + 8$.
易得$g^{\prime}(x)=\frac{1 - x}{e^{x}}$，当$x\in[\frac{1}{2},1)$时，$g^{\prime}(x)＞0$，当$x\in(1,2]$时，$g^{\prime}(x)＜0$，所以$g(x)$在$[\frac{1}{2},1)$上单调递增，在$(1,2]$上单调递减，所以$g(x)_{\max}=g(1)=\frac{1}{e}$，
所以$a + 8\leq\frac{1}{e}$，解得$a\leq\frac{1}{e}-8$，即实数$a$的取值范围为$(-\infty,\frac{1}{e}-8]$.

11. [2024·浏阳一中月考]已知函数$ f(x)=\ln x-\dfrac{a}{x} $，$ g(x)=f(x)+ax-6\ln x $，其中$ a\in \mathbf{R} $。
(1)讨论$ f(x) $的单调性；
(2)设函数$ h(x)=x^2-mx+4 $，当$ a=2 $时，若$ \exists x_1\in (0,1) $，$ \forall x_2\in [1,2] $，总有$ g(x_1)\geqslant h(x_2) $成立，求实数$ m $的取值范围。

答案： 11.
(1)因为$f(x)=\ln x-\frac{a}{x}(x＞0)$，所以$f^{\prime}(x)=\frac{1}{x}+\frac{a}{x^{2}}=\frac{x + a}{x^{2}}$.
当$a\geq0$时，$f^{\prime}(x)＞0$，此时$f(x)$在$(0,+\infty)$上单调递增；
当$a＜0$时，若$x\in(0,-a)$，则$f^{\prime}(x)＜0$，$f(x)$单调递减；
若$x\in(-a,+\infty)$，则$f^{\prime}(x)＞0$，$f(x)$单调递增.
综上所述，当$a\geq0$时，$f(x)$在$(0,+\infty)$上单调递增；
当$a＜0$时，$f(x)$在$(0,-a)$上单调递减，在$(-a,+\infty)$上单调递增.
(2)当$a = 2$时，$g(x)=2x-\frac{2}{x}-5\ln x(x＞0)$，
所以$g^{\prime}(x)=\frac{2x^{2}-5x + 2}{x^{2}}=\frac{(x - 2)(2x - 1)}{x^{2}}$，
所以当$x\in(0,\frac{1}{2})$时，$g^{\prime}(x)＞0$，$g(x)$单调递增；
当$x\in(\frac{1}{2},1)$时，$g^{\prime}(x)＜0$，$g(x)$单调递减.
所以当$x\in(0,1)$时，$g(x)_{\max}=g(\frac{1}{2})=-3 + 5\ln 2$.
又$h(x)$在$[1,2]$上的最大值为$h(1)$，$h(2)$中的较大者，且“$\exists x_{1}\in(0,1)$，$\forall x_{2}\in[1,2]$，总有$g(x_{1})\geq h(x_{2})$成立”等价于“$g(x)$在$(0,1)$上的最大值不小于$h(x)$在$[1,2]$上的最大值”，所以$\begin{cases}g(\frac{1}{2})\geq h(1),\\g(\frac{1}{2})\geq h(2),\end{cases}$即$\begin{cases}-3 + 5\ln 2\geq5 - m,\\-3 + 5\ln 2\geq8 - 2m,\end{cases}$
解得$m\geq8 - 5\ln 2$.
所以实数$m$的取值范围是$[8 - 5\ln 2,+\infty)$.