《2025年高考领航高中同步测试卷高中数学选择性必修第二册人教版》

9. 已知函数 $ f(x) $ 的导函数 $ f^{\prime}(x) $ 的图象如图所示,那么下列图象中不可能是函数 $ f(x) $ 的图象的是(BCD)

答案： 9.BCD 由导函数图象可得:当$x ＜ 0$时,
$f'(x) ＞ 0$,即函数$f(x)$在$(-\infty,0)$上单调递增;
当$0 ＜ x ＜ 2$时,$f'(x) ＜ 0$,即函数$f(x)$在$(0,2)$
上单调递减;当$x ＞ 2$时,$f'(x) ＞ 0$,即函数$f(x)$
在$(2,+\infty)$上单调递增.故选BCD.

10. 下列四个函数中,在 $ x = 0 $ 处取得极值的函数是(BC)

A.$ y=-x^{3} $
B.$ y=x^{2}+1 $
C.$ y=|x|+1 $
D.$ y=2^{x} $

答案： 10.BC 对于选项A,$y' = - 3x^{2} \leqslant 0$恒成立,所以
函数$y = - x^{3}$在$\mathbf{R}$上单调递减,无极值点,A
不符合.
对于选项B,$y' = 2x$,当$x ＞ 0$时函数$y = x^{2}+1$
单调递增;当$x ＜ 0$时函数$y = x^{2}+1$单调递
减,B符合.
对于选项C,结合该函数图象可知,函数
$y = |x| + 1$在$(0,+\infty)$上单调递增,在
$(-\infty,0)$上单调递减,C符合.
对于选项D,函数$y = 2^{x}$在$\mathbf{R}$上单调递增,无极
值点,D不符合.

11. 已知函数 $ f(x)=x^{3}+ax^{2}+bx + c $,下列结论中正确的是(ABD)

A.$ \exists x_{0}\in\mathbf{R},f(x_{0})=0 $
B.函数 $ y = f(x) $ 的图象是中心对称图形
C.若 $ x_{0} $ 是 $ f(x) $ 的极小值点,则 $ f(x) $ 在区间 $ (-\infty,x_{0}) $ 上单调递减
D.若 $ x_{0} $ 是 $ f(x) $ 的极值点,则 $ f^{\prime}(x_{0})=0 $

答案： 11.ABD 当$x \to -\infty$时,$f(x) \to -\infty$,当$x \to +\infty$
时,$f(x) \to +\infty$,又三次函数图象是连绵不断
的,故一定穿过$x$轴,而一定$\exists x_{0} \in \mathbf{R}$,$f(x_{0}) =$
$0$,选项A正确;
三次函数的图象都是中心对称图形,故选项B
正确;若$x_{0}$是$f(x)$的极小值点,由于$x^{3}$的系
数为正值,则在$(-\infty,x_{0})$上存在$x_{1}$,使得在
$(-\infty,x_{1})$上函数$f(x)$单调递增,在$(x_{1},x_{0})$上
函数$f(x)$单调递减,故选项C错误;
可导函数的极值点一定是其导数值为$0$的点,
故选项D正确.

12. 已知函数 $ f(x)=x^{4}+9x + 5 $,则 $ f(x) $ 的图象在 $ (-1,3) $ 内与 $ x $ 轴的交点的个数为1.

答案： 12.解析:$f'(x)=4x^{3}+9$,当$x \in (-1,3)$时,$f'(x)$
$＞ 0$,所以$f(x)$在$(-1,3)$上单调递增,
因为$f(-1)= - 3 ＜ 0$,$f(0)=5 ＞ 0$,
所以$f(x)$的图象在$(-1,3)$内与$x$轴只有一个
交点.
答案:1

13. 定义在 $ (0,+\infty) $ 上的函数 $ f(x) $ 满足 $ x^{2}f^{\prime}(x)+1\gt0,f(1)=4 $,则不等式 $ f(x)\gt\frac{1}{x}+3 $ 的解集为(1,+\infty).

答案： 13.解析:由$x^{2}f'(x)+1 ＞ 0$得$f'(x)+\frac{1}{x^{2}} ＞ 0$,
构造函数$g(x)=f(x)-\frac{1}{x}-3$,
则$g'(x)=f'(x)+\frac{1}{x^{2}} ＞ 0$,
即$g(x)$在$(0,+\infty)$上是增函数.
又$f(1)=4$,则$g(1)=f(1)-1 - 3 = 0$,
从而$g(x) ＞ 0$的解集为$(1,+\infty)$,
即$f(x) ＞ \frac{1}{x}+3$的解集为$(1,+\infty)$.
答案:$(1,+\infty)$

14. 函数 $ f(x)=x - 2\sin x $,对任意 $ x_{1},x_{2}\in[0,\pi] $,恒有 $ |f(x_{1})-f(x_{2})|\leqslant M $,则 $ M $ 的最小值为$\frac{2\pi}{3}+\sqrt{3}$.

答案： 14.解析:$\because f(x)=x - 2\sin x$,$\therefore f'(x)=1 - 2\cos x$,
$\therefore$当$0 ＜ x ＜ \frac{\pi}{3}$时,$f'(x) ＜ 0$,$f(x)$单调递减;当
$\frac{\pi}{3} ＜ x ＜ \pi$时,$f'(x) ＞ 0$,$f(x)$单调递增.$\therefore$当$x$
$= \frac{\pi}{3}$时,$f(x)$有最小值,且$f(x)_{\min}=f(\frac{\pi}{3})=$
$\frac{\pi}{3}-2\sin\frac{\pi}{3}=\frac{\pi}{3}-\sqrt{3}$.又$f(0)=0$,$f(\pi)=\pi$,
$\therefore f(x)_{\max}=\pi$.由题意得$|f(x_{1})-f(x_{2})| \leqslant M$
等价于$M \geqslant |f(x)_{\max}-f(x)_{\min}| = \pi -$
$(\frac{\pi}{3}-\sqrt{3})=\frac{2\pi}{3}+\sqrt{3}$.$\therefore M$的最小值为$\frac{2\pi}{3}+\sqrt{3}$.
答案:$\frac{2\pi}{3}+\sqrt{3}$

15. (13 分)求证:当 $ x\in(0,+\infty) $ 时,$ \ln \frac{\mathrm{e}^{x}-1}{x}\gt\frac{x}{2} $.

答案： 15.证明:当$x \in (0,+\infty)$时,要证$\ln\frac{e^{x}-1}{x} ＞ \frac{x}{2}$,
只需证$e^{x}-1 ＞ xe^{\frac{x}{2}}$,
令$F(x)=e^{x}-1 - xe^{\frac{x}{2}}=e^{x}-x(\sqrt{e})^{x}-1$,
$F'(x)=e^{x}-(\sqrt{e})^{x}-x(\sqrt{e})^{x}\ln\sqrt{e}$
$=(\sqrt{e})^{x}[(\sqrt{e})^{x}-1-\frac{x}{2}]=e^{\frac{x}{2}}(e^{\frac{x}{2}}-1-\frac{x}{2})$,
由$e^{x} ＞ x + 1$可得,$e^{\frac{x}{2}} ＞ 1+\frac{x}{2}$,则$x \in (0,+\infty)$
时,$F'(x) ＞ 0$恒成立,即$F(x)$在$(0,+\infty)$上单
调递增,
$\therefore F(x) ＞ F(0)=0$.即$e^{x}-1 ＞ xe^{\frac{x}{2}}$,
$\therefore \ln\frac{e^{x}-1}{x} ＞ \frac{x}{2}$.