《2025年热搜题高中数学选择性必修第二册人教版》

1. [2024·中山纪念中学月考]已知函数$ y = \frac{1}{3}x^3 + \frac{4}{3} $的图象为曲线$ C $，则过点$ (2,4) $与曲线$ C $相切的直线方程为$x - y + 2 = 0$或$4x - y - 4 = 0$。

答案： 1.$x - y + 2 = 0$或$4x - y - 4 = 0$【解析】由$y = \frac{1}{3}x^{3} + \frac{4}{3}$，可得$y^\prime= x^{2}$.设曲线$y = \frac{1}{3}x^{3} + \frac{4}{3}$与过点$(2,4)$的切线相切于点$B(t,\frac{1}{3}t^{3} + \frac{4}{3})$，则切线的斜率$k = y^\prime|_{x = t}= t^{2}$，所以切线方程为$y - (\frac{1}{3}t^{3} + \frac{4}{3}) = t^{2}(x - t)$，即$y = t^{2} · x - \frac{2}{3}t^{3} + \frac{4}{3}$.因为点$(2,4)$在切线上，所以$4 = 2t^{2} - \frac{2}{3}t^{3} + \frac{4}{3}$，即$t^{3} - 3t^{2} + 4 = 0$，所以$t^{3} + t^{2} - 4t^{2} + 4 = 0$，所以$t^{2}(t + 1) - 4(t + 1)(t - 1) = 0$，所以$(t + 1)(t - 2)^{2} = 0$，解得$t = - 1$或$t = 2$，故所求的切线方程为$x - y + 2 = 0$或$4x - y - 4 = 0$.
易错警示
求“过某点”的切线方程时，先设出切点坐标，然后利用导数求得切线的斜率，写出方程，利用已知点在切线上，列方程求解.求“在某点处”的切线方程时，将已知点代入导数公式中即可得切线的斜率，利用点斜式求得切线方程.

2. [2024·珠海检测]若存在过点$ (1,0) $的直线与曲线$ y = x^3 $和$ y = ax^2 + \frac{15}{4}x - 9(a \neq 0) $都相切，则$ a = $(A)

A.$ -1 $或$ -\frac{25}{64} $
B.$ -1 $
C.$ -\frac{7}{4} $或$ -\frac{25}{64} $
D.$ -\frac{7}{4} $

答案： 2.A【解析】因为$y = x^{3}$，所以$y^\prime= 3x^{2}$，设过点$(1,0)$的直线与曲线$y = x^{3}$相切于点$(x_{0},x_{0}^{3})$，则在点$(x_{0},x_{0}^{3})$处的切线斜率$k = 3x_{0}^{2}$，所以切线方程为$y - x_{0}^{3} = 3x_{0}^{2}(x - x_{0})$，即$y = 3x_{0}^{2}x - 2x_{0}^{3}$.又点$(1,0)$在切线上，所以$3x_{0}^{2} - 2x_{0}^{3} = 0$，解得$x_{0} = 0$或$x_{0} = \frac{3}{2}$.当$x_{0} = 0$时，由直线$y = 0$与曲线$y = ax^{2} + \frac{15}{4}x - 9$相切，可得方程$ax^{2} + \frac{15}{4}x - 9 = 0$有两个相等的实数根，此时$\Delta = (\frac{15}{4})^{2} - 4a×(- 9) = 0$，解得$a = - \frac{25}{64}$.当$x_{0} = \frac{3}{2}$时，由直线$y = \frac{27}{4}x - \frac{27}{4}$与曲线$y = ax^{2} + \frac{15}{4}x - 9$相切，联立直线方程和曲线方程并消去$y$，得$ax^{2} - 3x - \frac{9}{4} = 0$，此时$\Delta _{1} = 9 - 4a×(- \frac{9}{4}) = 0$，解得$a = - 1$.综上可得$a = - 1$或$a = - \frac{25}{64}$.
易错警示
当利用新的工具研究固有的问题有冲突时（如本题中直线$y = 0$与曲线$y = x^{3}$在$x = 0$处是否相切的问题），要回到概念上来，从概念出发解决问题.事实上，根据导数的几何意义，直线$y = 0$是曲线$y = x^{3}$的切线.

3. [2024·上海中学月考]已知函数$ f(x) = \ln x $，$ g(x) = \frac{1}{2}ax^2 + 2x(a \neq 0) $。
(1) 若函数$ h(x) = f(x) - g(x) $存在单调递减区间，求实数$ a $的取值范围；
(2) 若函数$ h(x) = f(x) - g(x) $在$ [1,4] $上单调递减，求实数$ a $的取值范围。

答案： 3.
(1)由题知$h(x) = \ln x - \frac{1}{2}ax^{2} - 2x,x \in (0, + \infty)$，所以$h^\prime(x) = \frac{1}{x} - ax - 2$.由$h(x)$在$(0, + \infty)$上存在单调递减区间，可得当$x \in (0, + \infty)$时，$\frac{1}{x} - ax - 2 ＜ 0$有解，即$a ＞ \frac{1}{x^{2}} - \frac{2}{x}$有解.设$G(x) = \frac{1}{x^{2}} - \frac{2}{x}(x ＞ 0)$，所以只要$a ＞ G(x)_{\min}$即可.而$G(x) = (\frac{1}{x} - 1)^{2} - 1$，所以$G(x)_{\min} = - 1$，所以$a ＞ - 1$.又$a \neq 0$，所以$- 1 ＜ a ＜ 0$或$a ＞ 0$.所以实数$a$的取值范围为$( - 1,0) \cup (0, + \infty)$.
(2)由$h(x)$在$[1,4]$上单调递减，得当$x \in [1,4]$时，$h^\prime(x) = \frac{1}{x} - ax - 2 \leq 0$恒成立，即$a \geq \frac{1}{x^{2}} - \frac{2}{x}$恒成立.设$H(x) = \frac{1}{x^{2}} - \frac{2}{x},x \in [1,4]$，所以$a \geq H(x)_{\max}$，而$H(x) = (\frac{1}{x} - 1)^{2} - 1$，因为$x \in [1,4]$，所以$\frac{1}{x} \in [\frac{1}{4},1]$，所以$H(x)_{\max} = - \frac{7}{16}$(此时$x = 4$)，所以$a \geq - \frac{7}{16}$.又$a \neq 0$，所以$- \frac{7}{16} \leq a ＜ 0$或$a ＞ 0$，所以实数$a$的取值范围为$\left[ - \frac{7}{16},0 \right) \cup (0, + \infty)$.
易错警示
(1)函数$f(x)$在区间$D$上存在单调递增(减)区间.
方法一：转化为“$f^\prime(x) ＞ 0(＜0)$在区间$D$上有解”问题；
方法二：转化为“存在区间$D$的一个子区间使$f^\prime(x) ＞ 0(＜0)$成立”.
(2)函数$f(x)$在区间$D$上单调递增(减).
方法一：转化为“$f^\prime(x) \geq 0(\leq 0)$在区间$D$上恒成立”问题；
方法二：转化为“区间$D$是函数$f(x)$的单调递增(减)区间的子区间”.

4. 函数$ f(x) = \sqrt[3]{x^2}(x - 5) $的极值点有(C)

A.0个
B.1个
C.2个
D.3个

答案： 4.C【解析】$f^\prime(x) = \frac{2}{3\sqrt[3]{x}} = \frac{2(x - 5) + 3x}{3\sqrt[3]{x}} = \frac{5(x - 2)}{3\sqrt[3]{x}}$.令$f^\prime(x) = 0$，得$x = 2$.当$x$变化时，$f^\prime(x)$，$f(x)$的变化情况如下表：
$x$ $(-\infty,0)$ $0$ $(0,2)$ $2$ $(2,+\infty)$
$f^\prime(x)$ $+$ $-$ $0$ $+$
$f(x)$ 单调递增 极大值 单调递减 极小值 单调递增
由上表可知，$x = 0$是函数$f(x)$的极大值点，$x = 2$是函数$f(x)$的极小值点.
易错警示
求函数的极值时，先确定导数值为零的点，然后依据极值的定义求解，另外，还要在函数$f(x)$的定义域内寻求可能取到极值的可疑点（如本题中的$0$)，这两类点就是函数$f(x)$在定义域内可能的全部极值点.

5. [2024·重庆八中月考](多选)对于函数$ f(x) = \frac{\ln x}{x^2} $，下列说法正确的有(ACD)

A.$ f(x) $在$ x = \sqrt{e} $处取得极大值$ \frac{1}{2e} $
B.$ f(x) $有两个不同的零点
C.$ f\left( \frac{\sqrt{2}}{2} \right) ＜ f(\sqrt{\pi}) ＜ f(\sqrt{3}) $
D.若$ f(x) ＜ k - \frac{1}{x^2} $在$ (0, +\infty) $上恒成立，则$ k ＞ \frac{e}{2} $

答案： 5.ACD【解析】函数定义域为$(0, + \infty)$，对于$A$，$f^\prime(x) = \frac{1 - 2\ln x}{x^{3}}$，令$f^\prime(x) ＞ 0$，可得$0 ＜ x ＜ \sqrt{e}$；令$f^\prime(x) ＜ 0$，可得$x ＞ \sqrt{e}$.所以$f(x)$在$(0,\sqrt{e})$上单调递增，在$(\sqrt{e}, + \infty)$上单调递减，所以$f(x)$在$x = \sqrt{e}$时取得极大值$f(\sqrt{e}) = \frac{1}{2e}$，故A正确.对于$B$，令$f(x) = \frac{\ln x}{x^{2}} = 0$，可得$x = 1$，因此$f(x)$只有一个零点，故B不正确.对于$C$，显然$\sqrt{e} ＜ \sqrt{3} ＜ \sqrt{\pi}$，由$f(x)$在$(\sqrt{e}, + \infty)$上单调递减，可得$f(\sqrt{3}) ＞ f(\sqrt{\pi}) = \frac{\ln\sqrt{\pi}}{\pi} ＞ 0$.因为$f(\frac{\sqrt{2}}{2}) = 2\ln\frac{\sqrt{2}}{2} ＜ 0$，所以$f(\frac{\sqrt{2}}{2}) ＜ f(\sqrt{\pi}) ＜ f(\sqrt{3})$，故C正确.对于$D$，$f(x) ＜ k - \frac{1}{x^{2}}$在$(0, + \infty)$上恒成立等价于$k ＞ f(x) + \frac{1}{x^{2}} = \frac{\ln x}{x^{2}} + \frac{1}{x^{2}}$在$(0, + \infty)$上恒成立，令$g(x) = \frac{\ln x}{x^{2}} + \frac{1}{x^{2}}(x ＞ 0)$，则$k ＞ g(x)_{\max}$，易知$g^\prime(x) = \frac{- 1 - 2\ln x}{x^{3}}$，当$x \in (0,\frac{1}{\sqrt{e}})$时，$g^\prime(x) ＞ 0$；当$x \in (\frac{1}{\sqrt{e}}, + \infty)$时，$g^\prime(x) ＜ 0$.所以$g(x)$在$x = \frac{1}{\sqrt{e}}$时取得极大值，也是最大值，最大值为$g(\frac{1}{\sqrt{e}}) = \frac{e}{2}$，所以$k ＞ \frac{e}{2}$，故D正确.故选ACD.
易错警示
求解函数的单调性、极值、最值问题时，一定要优先考虑函数的定义域，避免错解.

6. [2024·温州中学月考]函数$ f(x) = x^3 + ax^2 + bx + a^2 $在$ x = 1 $处取得极值10，则$ a + b = $$- 7$$ $。

答案： 6.$- 7$【解析】$f^\prime(x) = 3x^{2} + 2ax + b$.由题意，得$\begin{cases}f(1) = 10, \\f^\prime(1) = 0, \end{cases}$即$\begin{cases}a^{2} + a + b + 1 = 10, \\2a + b + 3 = 0, \end{cases}$解得$\begin{cases}a = 4, \\b = - 11 \end{cases}$或$\begin{cases}a = - 3, \\b = 3. \end{cases}$当$a = 4,b = - 11$时，$f^\prime(x) = 3x^{2} + 8x - 11 = (3x + 11)(x - 1)$，令$f^\prime(x) = 0$，得$x_{1} = 1,x_{2} = - \frac{11}{3}$.当$x$变化时，$f^\prime(x)$，$f(x)$的变化情况如下表：
$x$ $(-\infty, - \frac{11}{3})$ $- \frac{11}{3}$ $( - \frac{11}{3},1)$ $1$ $(1, + \infty)$
$f^\prime(x)$ $+$ $0$ $-$ $0$ $+$
$f(x)$ 单调递增 极大值 单调递减 极小值 单调递增
显然函数$f(x)$在$x = 1$处取得极小值，符合题意，此时$a + b = - 7$.当$a = - 3,b = 3$时，$f^\prime(x) = 3x^{2} - 6x + 3 = 3(x - 1)^{2} \geq 0$，此时$f(x)$没有极值，不符合题意.综上可知，$a + b = - 7$.
易错警示
已知函数的极值点$x = x_{0}$，求参数的值时，可根据$f^\prime(x_{0}) = 0$建立关于参数的方程，通过解方程得到参数的值后还需要进行验证，因为“$f^\prime(x_{0}) = 0$”是“$x = x_{0}$为极值点”的必要不充分条件，而不是充要条件，因此在解答此类问题时不要忘了验证，以免产生多解而造成解答错误.

7. [2024·桂林中学期末]已知函数$ f(x) = x^3 - 3kx + 2 $，$ k \in \mathbf{R} $。
(1) 若$ x = -2 $是函数$ f(x) $的极值点，求$ k $的值及$ f(x) $的单调区间；
(2) 若函数$ f(x) $在$ [0,2] $上有且仅有2个零点，求$ f(x) $在$ [0,2] $上的最大值$ g(k) $。

答案： 7.
(1)由题知，$f(x) = x^{3} - 3kx + 2$的定义域为$\mathbf{R},f^\prime(x) = 3x^{2} - 3k$，所以$f^\prime(- 2) = 12 - 3k = 0$，解得$k = 4$.所以$f^\prime(x) = 3x^{2} - 12 = 3(x + 2)(x - 2)$.由$f^\prime(x) ＞ 0$，可得$x ＞ 2$或$x ＜ - 2$；由$f^\prime(x) ＜ 0$，可得$- 2 ＜ x ＜ 2$.所以$f(x)$的单调递增区间是$( - \infty, - 2)$和$(2, + \infty)$，单调递减区间为$( - 2,2)$.
(2)由
(1)知，$f^\prime(x) = 3(x^{2} - k)$.若$k \leq 0$，则当$x \in [0,2]$时，$f^\prime(x) = 3(x^{2} - k) \geq 0$恒成立，所以$f(x)$在$[0,2]$上单调递增，最多只有$1$个零点，不符合条件，舍去.若$k \geq 4$，则当$x \in [0,2]$时，$f^\prime(x) = 3(x^{2} - k) \leq 0$恒成立，所以$f(x)$在$[0,2]$上单调递减，最多只有$1$个零点，不符合条件，舍去.若$0 ＜ k ＜ 4$，则当$x \in [0,]$时，令$f^\prime(x) = 3(x^{2} - k) ＜ 0$，得$0 ＜ x ＜ \sqrt{k}$，令$f^\prime(x) = 3(x^{2} - k) ＞ 0$，得$\sqrt{k} ＜ x ＜ 2$，所以$f(x)$在$(0,\sqrt{k})$上单调递减，在$(\sqrt{k},2)$上单调递增，要使函数$f(x)$在区间$[0,2]$上有且仅有$2$个零点，必有$\begin{cases}f(0) \geq 0, \\f(\sqrt{k}) ＜ 0, \\f(2) \geq 0, \end{cases}$即$\begin{cases}(\sqrt{k})^{3} - 3k · \sqrt{k} + 2 ＜ 0, \\8 - 6k + 2 \geq 0, \end{cases}$解得$1 ＜ k \leq \frac{5}{3}$.当$f(2) - f(0) \geq 0$，即$1 ＜ k \leq \frac{4}{3}$时，由$f(x)$的单调性可知$f(x)_{\max} = f(2) = 10 - 6k$，同理，当$f(2) - f(0) ＜ 0$，即$\frac{4}{3} ＜ k \leq \frac{5}{3}$时，$f(x)_{\max} = f(0) = 2$，所以$f(x)$在$[0,2]$上的最大值$g(k) = \begin{cases}10 - 6k,1 ＜ k \leq \frac{4}{3}, \\2,\frac{4}{3} ＜ k \leq \frac{5}{3}. \end{cases}$
易错警示
讨论含参函数的单调性问题时，不要忽略对参数的讨论.讨论的依据有两种：一是看参数是否对$f^\prime(x)$的零点有影响，若有影响，则需分类讨论；二是看$f^\prime(x)$在其零点附近的符号是否与参数有关，若有关，则需要分类讨论.