《2025年热搜题高中数学选择性必修第二册人教版》

1. [2024·石家庄二中期末]已知函数$ f(x)=x^3+ax^2+bx+c $有两个极值点$ x_1,x_2 $。若$ f(x_1)=x_1＜x_2 $，则关于$ x $的方程$ 3[f(x)]^2+2af(x)+b=0 $的不同实数根的个数为(A)

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

答案：
1.A【解析】因为函数$f(x)=x^{3}+ax^{2}+bx+c$有两个极值点$x_{1},x_{2}$，所以$f^{\prime}(x)=3x^{2}+2ax+b=0$有两个不同实数根$x_{1},x_{2}$，所以方程$3[f(x)]^{2}+2af(x)+b=0$的实数根满足$f(x)=x_{1}$或$f(x)=x_{2}$，所求方程实数根的个数就是方程$f(x)=x_{1}$和$f(x)=x_{2}$的不同实数根的个数之和。画出$f(x)$的大致图象如图所示，由图可知函数$y=f(x)$的图象与直线$y=x_{1}$和直线$y=x_{2}$共有3个不同的交点，故题中关于$x$的方程有3个不同的实数根。

2. [2024·江西临川一中月考]若$ \frac{1}{3}x^3+ax+1=0 $有两个不同的实数根，则实数$ a $的取值范围为 $\left\{-\sqrt[3]{\frac{9}{4}}\right\}$。

答案： 2.$\left\{-\sqrt[3]{\frac{9}{4}}\right\}$【解析】令$f(x)=\frac{1}{3}x^{3}+ax+1$，则$f^{\prime}(x)=x^{2}+a$。由$f(x)=0$有两个不同的实数根，得$\begin{cases} \Delta＞0(\Delta 是方程 f^{\prime}(x)=0 的根的判别式),\\ f(x_{1})· f(x_{2})=0(x_{1},x_{2} 是 f(x) 的极值点). \end{cases}$由$\Delta＞0$，得$a＜0$，令$f^{\prime}(x)=0$，解得$x_{1}=\sqrt{-a}$，$x_{2}=-\sqrt{-a}$，所以$f(x_{1})=\frac{1}{3}(\sqrt{-a})^{3}+a\sqrt{-a}+1=-\frac{2}{3}(-a)^{\frac{3}{2}}-1$，$f(x_{2})=\frac{1}{3}(-\sqrt{-a})^{3}-a\sqrt{-a}+1=\frac{2}{3}(-a)^{\frac{3}{2}}+1$，则$f(x_{1})· f(x_{2})=\left[1-\frac{2}{3}(-a)^{\frac{3}{2}}\right]\left[1+\frac{2}{3}(-a)^{\frac{3}{2}}\right]=1-\frac{4}{9}(-a)^{3}=0$，解得$a=-\sqrt[3]{\frac{9}{4}}$。
综上，实数$a$的取值范围为$\left\{-\sqrt[3]{\frac{9}{4}}\right\}$。

3. [2024·江苏启东中学月考]已知函数$ f(x)=x^3-3x^2-9x-1 $的图象与函数$ g(x)=a $的图象有三个交点，则实数$ a $的取值范围是 $(-28,4)$。

答案： 3.$(-28,4)$【解析】$f^{\prime}(x)=3x^{2}-6x-9=3(x+1)(x-3)$。令$f^{\prime}(x)＞0$，得$x＜-1$或$x＞3$；令$f^{\prime}(x)＜0$，得$-1＜x＜3$。所以$f(x)$在$(-\infty,-1)$，$(3,+\infty)$上单调递增；在$(-1,3)$上单调递减。所以当$x=-1$时，$f(x)$取得极大值，为$f(-1)=4$；当$x=3$时，$f(x)$取得极小值，为$f(3)=-28$。因为函数$f(x)=x^{3}-3x^{2}-9x-1$的图象与函数$g(x)=a$的图象有三个交点，所以$-28＜a＜4$，即实数$a$的取值范围为$(-28,4)$。

4. [2024·绵阳中学期末]已知函数$ f(x)=\ln x+\frac{a}{x}(a＞0) $，若函数$ f(x) $有零点，则实数$ a $的取值范围为 $\left(0,\frac{1}{e}\right]$。

答案： 4.$\left(0,\frac{1}{e}\right]$【解析】函数$f(x)$的定义域为$(0,+\infty)$。由$f(x)=\ln x+\frac{a}{x}=0$，得$a=-x\ln x$，则函数$f(x)$有零点等价于关于$x$的方程$a=-x\ln x$在$(0,+\infty)$上有实数解。令$g(x)=-x\ln x$，则$g^{\prime}(x)=-(\ln x+1)$。当$x\in\left(0,\frac{1}{e}\right)$时，$g^{\prime}(x)＞0$；当$x\in\left(\frac{1}{e},+\infty\right)$时，$g^{\prime}(x)＜0$。所以函数$g(x)$在$\left(0,\frac{1}{e}\right)$上单调递增，在$\left(\frac{1}{e},+\infty\right)$上单调递减。故$x=\frac{1}{e}$时，函数$g(x)$取得最大值，最大值为$g\left(\frac{1}{e}\right)=\frac{1}{e}$。又函数$f(x)=\ln x+\frac{a}{x}(a＞0)$有零点，所以$0＜a\leqslant\frac{1}{e}$。所以实数$a$的取值范围为$\left(0,\frac{1}{e}\right]$。

5. [2024·昆明检测]已知$ \mathrm{e} $是自然对数的底数，$ f(x)=m\mathrm{e}^x $，$ g(x)=x+3 $，$ \varphi(x)=f(x)+g(x) $，$ h(x)=f(x)-g(x-2)-2024 $。
(1)设$ m=1 $，求$ h(x) $的极值；
(2)设$ m＜-\mathrm{e}^2 $，求证：函数$ \varphi(x) $没有零点。

答案： 5.
(1)因为$f(x)=me^{x},g(x)=x+3,m=1$，所以$f(x)=e^{x},g(x-2)=x+1$。所以$h(x)=f(x)-g(x-2)-2024=e^{x}-x-2025$。所以$h^{\prime}(x)=e^{x}-1$。由$h^{\prime}(x)=0$，得$x=0$。因为$h^{\prime}(x)=e^{x}-1$是增函数。所以当$x＜0$时，$h^{\prime}(x)＜0$，即$h(x)$单调递减；当$x＞0$时，$h^{\prime}(x)＞0$，即$h(x)$单调递增。所以函数$h(x)$没有极大值，只有极小值，且当$x=0$时，$h(x)$取得极小值。所以$h(x)$的极小值为$h(0)=-2024$。
(2)证明：因为$f(x)=me^{x},g(x)=x+3$，所以$\varphi(x)=f(x)+g(x)=me^{x}+x+3$。所以$\varphi^{\prime}(x)=me^{x}+1$。由$\varphi^{\prime}(x)=me^{x}+1=0,m＜-e^{2}$，解得$x=\ln\left(-\frac{1}{m}\right)$。所以当$x\in\left(-\infty,\ln\left(-\frac{1}{m}\right)\right)$时，$\varphi^{\prime}(x)=me^{x}+1＞0$，函数$\varphi(x)$单调递增；当$x\in\left(\ln\left(-\frac{1}{m}\right),+\infty\right)$时，$\varphi^{\prime}(x)=me^{x}+1＜0$，函数$\varphi(x)$单调递减。
所以当$x=\ln\left(-\frac{1}{m}\right)$时，函数$\varphi(x)$取得最大值，最大值为$\varphi\left[\ln\left(-\frac{1}{m}\right)\right]=2-\ln(-m)$。因为$m＜-e^{2}$，所以$2-\ln(-m)＜0$。所以$\varphi(x)＜0$。所以当$m＜-e^{2}$时，函数$\varphi(x)$没有零点。

6. [2024·衡水中学期末]已知函数$ f(x)=\ln x+mx^2+1 $，$ m\in \mathrm{R} $。
(1)当$ m=-2 $时，求函数$ f(x) $的单调区间和极值；
(2)讨论函数$ f(x) $的零点个数。

答案： 6.由题得，函数$f(x)$的定义域为$(0,+\infty)$。
(1)当$m=-2$时，$f(x)=\ln x-2x^{2}+1$，所以$f^{\prime}(x)=\frac{1}{x}-4x=\frac{(1-2x)(1+2x)}{x}$。当$x\in\left(0,\frac{1}{2}\right)$时，$f^{\prime}(x)＞0$，函数$f(x)$单调递增；当$x\in\left(\frac{1}{2},+\infty\right)$时，$f^{\prime}(x)＜0$，函数$f(x)$单调递减。所以当$x=\frac{1}{2}$时，$f(x)$有极大值，且极大值为$f\left(\frac{1}{2}\right)=\ln\frac{1}{2}-2×\left(\frac{1}{2}\right)^{2}+1=\frac{1}{2}-\ln2$，无极小值。
(2)由$f(x)=\ln x+mx^{2}+1$，得$f^{\prime}(x)=\frac{1}{x}+2mx=\frac{1+2mx^{2}}{x}(x＞0)$。当$m\geqslant0$时，$f^{\prime}(x)＞0$恒成立，函数$f(x)$单调递增，当$0＜x＜e^{-m-1}$时，$f(x)＜f(e^{-m-1})=-m - 1 + m(e^{-m - 1})^{2}+1\leqslant0$。又$f(1)=m + 1＞0$，所以函数$f(x)$有且只有一个零点。当$m＜0$时，令$f^{\prime}(x)=0$，得$x=\sqrt{-\frac{1}{2m}}$。当$x\in\left(0,\sqrt{-\frac{1}{2m}}\right)$时，$f^{\prime}(x)＞0$，函数$f(x)$单调递增；当$x\in\left(\sqrt{-\frac{1}{2m}},+\infty\right)$时，$f^{\prime}(x)＜0$，函数$f(x)$单调递减。所以$f(x)$的极大值为$f\left(\sqrt{-\frac{1}{2m}}\right)=\ln\left(\sqrt{-\frac{1}{2m}}\right)+m×\left(\sqrt{-\frac{1}{2m}}\right)^{2}+1=\frac{1}{2}\ln\left(-\frac{1}{2m}\right)+\frac{1}{2}$。
①当$\frac{1}{2}\ln\left(-\frac{1}{2m}\right)+\frac{1}{2}＜0$，即$\ln\left(-\frac{1}{2m}\right)＜-1=\ln\frac{1}{e}$时，解得$m＜-\frac{e}{2}$，此时函数$f(x)$没有零点。
②当$\frac{1}{2}\ln\left(-\frac{1}{2m}\right)+\frac{1}{2}=0$，即$m=-\frac{e}{2}$时，函数$f(x)$有1个零点。
③当$\frac{1}{2}\ln\left(-\frac{1}{2m}\right)+\frac{1}{2}＞0$，即$-\frac{e}{2}＜m＜0$时，$f(e^{-2})=-2+me^{-4}+1=-1+me^{-4}＜0$。当$x＞1$时，令$g(x)=\ln x - x$，则$g^{\prime}(x)=\frac{1}{x}-1＜0$在$(1,+\infty)$上恒成立，所以$g(x)＜g(1)=-1$，即$\ln x＜x - 1$，所以$f(x)=\ln x+mx^{2}+1＜x+mx^{2}=mx\left(x+\frac{1}{m}\right)$，故当$x＞1$且$x＞-\frac{1}{m}$时，$f(x)＜0$。当$-\frac{e}{2}＜m＜0$时，有$e^{-2}＜\sqrt{-\frac{1}{2m}}＜-\frac{1}{m}$。所以函数$f(x)$有2个零点。
综上所述，当$m＜-\frac{e}{2}$时，函数$f(x)$没有零点；当$m\geqslant0$或$m=-\frac{e}{2}$时，函数$f(x)$有1个零点；当$-\frac{e}{2}＜m＜0$时，函数$f(x)$有2个零点。

7. [全国卷Ⅰ]已知函数$ f(x)=a\mathrm{e}^{2x}+(a-2)\mathrm{e}^x-x $。
(1)讨论$ f(x) $的单调性；
(2)若$ f(x) $有两个零点，求$ a $的取值范围。

答案：
7.
(1)$f(x)$的定义域为$\mathbf{R}$，$f^{\prime}(x)=2ae^{2x}+(a - 2)e^{x}-1=(ae^{x}-1)(2e^{x}+1)$。
①当$a\leqslant0$时，$ae^{x}-1＜0,2e^{x}+1＞0$，从而$f^{\prime}(x)＜0$恒成立，所以$f(x)$在$\mathbf{R}$上单调递减。
②当$a＞0$时，令$f^{\prime}(x)=0$，则$ae^{x}-1=0$，解得$x=-\ln a$，则当$x$变化时，$f^{\prime}(x),f(x)$的变化情况如下表所示。

综上，当$a\leqslant0$时，$f(x)$在$\mathbf{R}$上单调递减；当$a＞0$时，$f(x)$在$(-\infty,-\ln a)$上单调递减，在$(-\ln a,+\infty)$上单调递增。
(2)令$f(x)=0$，则$ae^{2x}+(a - 2)e^{x}-x=0$。因为$e^{2x}+e^{x}\neq0$，所以$a=\frac{2e^{x}+x}{e^{2x}+e^{x}}$。$f(x)$有两个零点等价于直线$y=a$与$y=\frac{2e^{x}+x}{e^{2x}+e^{x}}$的图象有两个交点。设$g(x)=\frac{2e^{x}+x}{e^{2x}+e^{x}}$，则$g^{\prime}(x)=-\frac{(2e^{x}+1)(e^{x}+x - 1)}{(e^{2x}+e^{x})(e^{x}+1)}$。令$g^{\prime}(x)=0$，解得$x=0$。当$x\in(-\infty,0)$时，$2e^{x}+1＞0,e^{x}+x - 1＜0,g^{\prime}(x)＞0$，所以$g(x)$在$(-\infty,0)$上单调递增；当$x\in(0,+\infty)$时，$2e^{x}+1＞0,e^{x}+x - 1＞0,g^{\prime}(x)＜0$，所以$g(x)$在$(0,+\infty)$上单调递减。所以当$x=0$时，$g(x)$取极大值，且$g(0)=1$。当$x＞0$时，$g(x)＞0$，当$x\to+\infty$时，$g(x)=\frac{2e^{x}+x}{e^{2x}+e^{x}}=\frac{\frac{2}{e^{x}}+\frac{x}{e^{2x}}}{1+\frac{1}{e^{x}}}\to0$；当$x＜0$时，$g(-1)=\frac{e(2 - e)}{1 + e}＜0$，$g(x)$在$(-1,0)$上有且只有一个零点，故$g(x)$在$\mathbf{R}$上有且只有一个零点。作出$g(x)$的大致图象，如图所示，当$a\in(0,1)$时，直线$y=a$与$y=\frac{2e^{x}+x}{e^{2x}+e^{x}}$的图象有两个交点。

综上所述，若$f(x)$有两个零点，则$a$的取值范围是$(0,1)$。

8. [2024·襄阳五中期末]已知函数$ f(x)=x\mathrm{e}^x-a\ln x $。
(1)若$ f(x) $在$ (0,1) $上单调递减，求实数$ a $的取值范围；
(2)当$ a=-1 $时，设$ g(x)=x[f(x)-x\mathrm{e}^x]-x^3+x^2-b $，若函数$ g(x) $存在零点，求实数$ b $的最大值。

答案： 8.
(1)由题意得，$f^{\prime}(x)=xe^{x}+e^{x}-\frac{a}{x}=\frac{(x^{2}+x)e^{x}-a}{x}$。由题意知，$f^{\prime}(x)\leqslant0$对$x\in(0,1)$恒成立，即$(x^{2}+x)e^{x}-a\leqslant0$对$x\in(0,1)$恒成立，也就是$a\geqslant(x^{2}+x)e^{x}$在$(0,1)$上恒成立。设$h(x)=(x^{2}+x)e^{x},x\in(0,1)$，则$h^{\prime}(x)=e^{x}(2x + 1)+(x^{2}+x)e^{x}=e^{x}(x^{2}+3x + 1)$，当$x\in(0,1)$时，$x^{2}+3x + 1＞0$，则$h^{\prime}(x)＞0$，所以$h(x)$在$(0,1)$上单调递增，所以$h(x)＜h(1)=2e$，所以$a\geqslant2e$。故实数$a$的取值范围是$[2e,+\infty)$。
(2)当$a=-1$时，$f(x)=xe^{x}+\ln x$，则$g(x)=x\ln x - x^{3}+x^{2}-b$，所以函数$g(x)$存在零点等价于方程$b=x\ln x - x^{3}+x^{2}$在$(0,+\infty)$上有解。设$k(x)=x\ln x - x^{3}+x^{2}(x＞0)$，则$k^{\prime}(x)=\ln x + 1 - 3x^{2}+2x$，设$m(x)=\ln x + 1 - 3x^{2}+2x(x＞0)$，则$m^{\prime}(x)=\frac{1}{x}-6x + 2=\frac{-6x^{2}+2x + 1}{x}$。令$m^{\prime}(x)=0$，即$6x^{2}-2x - 1=0$，解得$x_{1}=\frac{1+\sqrt{7}}{6},x_{2}=\frac{1-\sqrt{7}}{6}$（舍去）。当$x\in\left(0,\frac{1+\sqrt{7}}{6}\right)$时，$m^{\prime}(x)＞0,m(x)$单调递增；当$x\in\left(\frac{1+\sqrt{7}}{6},+\infty\right)$时，$m^{\prime}(x)＜0,m(x)$单调递减。因为$m(1)=0$，所以$m\left(\frac{1+\sqrt{7}}{6}\right)＞0$。又$m\left(\frac{1}{e^{2}}\right)=-1+\frac{2}{e^{2}}-\frac{3}{e^{4}}＜0$，所以存在$x_{0}\in\left(\frac{1}{e^{2}},\frac{1+\sqrt{7}}{6}\right)$，使$m(x_{0})=0$，即$1+\ln x_{0}-3x_{0}^{2}+2x_{0}=0$，且当$x\in(0,x_{0})$时，$m(x)＜0$，即$k^{\prime}(x)＜0,k(x)$单调递减；当$x\in(x_{0},1)$时，$m(x)＞0$，即$k^{\prime}(x)＞0,k(x)$单调递增；当$x\in(1,+\infty)$时，$m(x)＜0$，即$k^{\prime}(x)＜0,k(x)$单调递减。因为$x\to0$时，$k(x)\to0$且$k(x)＜0$，所以$k(x)_{\max}=k(1)=0$，所以实数$b$的最大值为$0$。