《2025年把关题高中数学选择性必修第二册人教版》

1. 已知函数$f(x)=f^{\prime}(\frac{\pi}{2})\sin x+\cos x$，则$f(\frac{\pi}{4})$的值为(C)

A.$\frac{\sqrt{2}}{2}$
B.$\sqrt{2}$
C.$0$
D.$-\sqrt{2}$

答案： 1.C 解析:因为$f(x)=f^{\prime}(\frac{\pi}{2})\sin x+\cos x,$
所以$f^{\prime}(x)=f^{\prime}(\frac{\pi}{2})\cos x-\sin x,$
令$x=\frac{\pi}{2},$得$f^{\prime}(\frac{\pi}{2})=f^{\prime}(\frac{\pi}{2})\cos\frac{\pi}{2}-\sin\frac{\pi}{2}= - 1,$
所以$f(x)=-\sin x+\cos x,$所以$f(\frac{\pi}{4})=-\frac{\sqrt{2}}{2}+\frac{\sqrt{2}}{2}=0。$

2. [2024安徽淮北高二检测]若函数$f(x),g(x)$满足$f(x)+xg(x)=x^{2}$，且$f(1)=1$，则$f^{\prime}(1)+g^{\prime}(1)=($ )

A.$1$
B.$2$
C.$3$
D.$4$

答案： 2.B 解析:令x = 1,得f
(1)+g
(1)=1。
因为f
(1)=1,所以g
(1)=0。
因为$f^{\prime}(x)+g(x)+xg^{\prime}(x)=2x,$
所以$f^{\prime}(1)+g(1)+g^{\prime}(1)=2,$
所以$f^{\prime}(1)+g^{\prime}(1)=2 - g(1)=2。$

3. [多选题][新定义]定义方程$f(x)=f^{\prime}(x)$的实数根$x_{0}$叫做函数$f(x)$的“新不动点”，下列函数中只有一个“新不动点”的是(ABC)

A.$g(x)=x·2^{x}$
B.$g(x)=-e^{x}-2x$
C.$g(x)=\ln x$
D.$g(x)=\sin x + 2\cos x$

答案： 3.ABC 解析:对于$A,g^{\prime}(x)=2^{x}+x·2^{x}\ln2,$解$x·2^{x}=2^{x}+x·2^{x}\ln2,$得$x=\frac{1}{1 - \ln2},$
∴g(x)只有一个“新不动点”,故A符合要求;对于$B,g^{\prime}(x)= - e^{x}-2,$解$ - e^{x}-2= - e^{x}-2x,$得x = 1,
∴g(x)只有一个“新不动点”,故B符合要求;对于$C,g^{\prime}(x)=\frac{1}{x},$由$y=\ln x$和$y=\frac{1}{x}$的图象可看出$\ln x=\frac{1}{x}$只有一个实数根,
∴g(x)只有一个“新不动点”,故C符合要求;对于$D,g^{\prime}(x)=\cos x - 2\sin x,$解$\sin x + 2\cos x=\cos x - 2\sin x,$得$3\sin x= - \cos x,$
∴$\tan x= - \frac{1}{3},$由$y=\tan x$和$y= - \frac{1}{3}$的图象可看出方程$\tan x= - \frac{1}{3}$有无数个解,
∴g(x)有无数个“新不动点”,故D不符合要求。

4. 已知曲线$y=\ln x + 1$在点$(1,1)$处的切线也为曲线$y=e^{x}+a$的切线，则$a =$ (C)

A.$0$
B.$1$
C.$-1$
D.$2$

答案： 4.C 解析:对$y=\ln x + 1$求导得$y^{\prime}=\frac{1}{x},x＞0,$
则曲线$y=\ln x + 1$在点(1,1)处的切线斜率为1,切线方程为y = x。
设直线y = x与曲线$y = e^{x}+a$相切的切点为$(t,e^{t}+a),$
由$y = e^{x}+a$求导得$y^{\prime}=e^{x},$所以$\begin{cases}e^{t}=1,\\e^{t}+a=t,\end{cases}$解得$\begin{cases}t = 0,\\a = - 1.\end{cases}$

5. 牛顿法是牛顿在十七世纪提出的一种在实数域和复数域上近似求解方程的方法. 比如求解方程$x^{3}-3x^{2}+4x - 1 = 0$，先令$f(x)=x^{3}-3x^{2}+4x - 1$，然后对曲线$f(x)$持续实施下面的步骤：
第一步，在点$(1,1)$处作曲线$f(x)$的切线，交$x$轴于$(x_{1},0)$；
第二步，在点$(x_{1},f(x_{1}))$处作曲线$f(x)$的切线，交$x$轴于$(x_{2},0)$；
第三步，在点$(x_{2},f(x_{2}))$处作曲线$f(x)$的切线，交$x$轴于$(x_{3},0)$；
……
利用该方法可得方程的近似解$x_{3}$(保留三位有效数字)是(B)

A.$0.313$
B.$0.314$
C.$0.315$
D.$0.316$

答案： 5.B 解析:由题可得$,f^{\prime}(x)=3x^{2}-6x + 4,$所以$f^{\prime}(1)=1。$
又f
(1)=1,
所以曲线f(x)在(1,1)处的切线方程为y - 1 = x - 1,
即y = x,则$x_{1}=0。$
又$f(0)= - 1,f^{\prime}(0)=4,$
所以曲线f(x)在(0, - 1)处的切线方程为y = 4x - 1,
令y = 0,得$x_{2}=\frac{1}{4}。$
又$f(\frac{1}{4})= - \frac{11}{64},f^{\prime}(\frac{1}{4})=\frac{43}{16},$所以曲线f(x)在$(\frac{1}{4}, - \frac{11}{64})$处的切线方程为$y=\frac{43}{16}(x - \frac{1}{4}) - \frac{11}{64},$
令y = 0,得$x_{3}=\frac{27}{86}\approx0.314。$

6. 已知$f(x)$是偶函数，当$x\leq0$时，$f(x)=\sqrt{-x}$，则曲线$y = f(x)$在点$(1,1)$处的切线方程为x - 2y + 1 = 0.

答案： 6.x - 2y + 1 = 0 解析:当x＞0时, - x＜0,
由已知得$f( - x)=\sqrt{ - ( - x)}=\sqrt{x}。$
因为f(x)是偶函数,所以f(x)=f( - x),
所以当x＞0时$,f(x)=\sqrt{x},$则$f^{\prime}(x)=\frac{1}{2\sqrt{x}}$
所以曲线在点(1,1)处的切线的斜率$k=f^{\prime}(1)=\frac{1}{2}$
故所求切线的方程为$y - 1=\frac{1}{2}(x - 1),$即x - 2y + 1 = 0。

7. [2023重庆市巴蜀中学高三检测]已知$f(x)=(2x-\frac{f(1)}{2})\ln x + 2f^{\prime}(1)x^{2}$，则$f(1)+f^{\prime}(1)=$-3.

答案： 7.-3 解析:
∵$f(x)=(2x-\frac{f(1)}{2})\ln x+2f^{\prime}(1)x^{2},$
∴$f^{\prime}(x)=2\ln x+(2x-\frac{f(1)}{2})·\frac{1}{x}+4f^{\prime}(1)x$
$=2\ln x + 2-\frac{f(1)}{2x}+4f^{\prime}(1)x,$
∴$\begin{cases}f^{\prime}(1)=2-\frac{f(1)}{2}+4f^{\prime}(1),\\f(1)=2f^{\prime}(1),\end{cases}$解得$\begin{cases}f^{\prime}(1)= - 1,\\f(1)= - 2,\end{cases}$
∴$f(1)+f^{\prime}(1)= - 3。$
方法总结
对解析式中含有导数值的函数,即形如$f(x)=f^{\prime}(x_{0})· g(x)+h(x)(x_{0}$为常数)的函数,解题的关键是明确$f^{\prime}(x_{0})$是常数,其导数值为0,因此,可先求出导数$f^{\prime}(x),$然后令$x = x_{0},$即可得到$f^{\prime}(x_{0})$的值,进而得到函数解析式,再求导数值。

8. [2024山东菏泽高二检测]如图，$f(x)$是可导函数，若直线$l$：$y = kx + 2$是曲线$y = f(x)$在$x = 3$处的切线，$g(x)=xf(x),g^{\prime}(x)$是$g(x)$的导函数，则$g^{\prime}(3)=$0.

答案： 8.0 解析:由题图知,f
(3)=1。
因为点(3,1)在直线l上,所以3k + 2 = 1,即$k = - \frac{1}{3},$
所以$f^{\prime}(3)=k = - \frac{1}{3}。$
因为g(x)=xf(x),所以$g^{\prime}(x)=f(x)+xf^{\prime}(x),$
则$g^{\prime}(3)=f(3)+3f^{\prime}(3)=1 + 3×(-\frac{1}{3})=0。$

9. 已知函数$f(x)=ax^{2}+bx + 3$，其导函数$f^{\prime}(x)=2x - 8$，则$a,b$的值分别为1, - 8；设函数$g(x)=e^{x}\sin x + f(x)$，则曲线$g(x)$在$x = 0$处的切线方程为7x + y - 3 = 0.

答案： 9.1, - 8 7x + y - 3 = 0 解析:因为$f(x)=ax^{2}+bx + 3,$
所以$f^{\prime}(x)=2ax + b。$
又因为$f^{\prime}(x)=2x - 8,$所以a = 1,b = - 8,
所以$g(x)=e^{x}\sin x+x^{2}-8x + 3,$
所以$g^{\prime}(x)=e^{x}\sin x+e^{x}\cos x+2x - 8,$
所以$g^{\prime}(0)=e^{0}\sin0+e^{0}\cos0+2×0 - 8 = - 7。$
又因为g
(0)=3,所以g(x)在x = 0处的切线方程为y - 3 = - 7(x - 0),即7x + y - 3 = 0。

10. 设$P$为曲线$C:y = x^{3}-x^{2}+2$上的点，且曲线$C$在点$P$处的切线的倾斜角的取值范围为$[0,\frac{\pi}{4}]$，则点$P$的横坐标的取值范围为$[-\frac{1}{3},0]\cup[\frac{2}{3},1]$.

答案： $10.[-\frac{1}{3},0]\cup[\frac{2}{3},1] $解析:因为曲线C在点P处的切线的倾斜角的取值范围是$[0,\frac{\pi}{4}],$所以切线斜率的取值范围是[0,1]。对函数$y = x^{3}-x^{2}+2$求导,得$y^{\prime}=3x^{2}-2x。$
因为$0\leq y^{\prime}\leq1,$所以$0\leq3x^{2}-2x\leq1。$
解不等式$3x^{2}-2x\geq0,$得$x\leq0$或$x\geq\frac{2}{3};$
解不等式$3x^{2}-2x\leq1,$即$3x^{2}-2x - 1\leq0,$
解得$-\frac{1}{3}\leq x\leq1。$
所以不等式组$0\leq3x^{2}-2x\leq1$的解集为$[-\frac{1}{3},0]\cup[\frac{2}{3},1]。$
因此,点P的横坐标的取值范围是$[-\frac{1}{3},0]\cup[\frac{2}{3},1]。$

11. [2024湖北襄阳高二检测]已知函数$f(x)=(1 - x)e^{x}$.
(1)求曲线$f(x)$在点$(1,f(1))$处的切线与两坐标轴围成的三角形面积；
(2)过点$A(a,0)$作曲线$f(x)$的切线，若切线有且仅有1条，求实数$a$的值.

答案： 11.解$:(1)f^{\prime}(x)=(1 - x)e^{x}-e^{x}= - xe^{x},$则$f^{\prime}(1)= - e。$
又f
(1)=0,故曲线f(x)在点(1,f
(1))处的切线方程为y = - e(x - 1)。
令x = 0,得y = e,令y = 0,得x = 1,所以切线与两坐标轴围成的三角形面积为$\frac{1}{2}×1× e=\frac{e}{2}。$
(2)设切点为$(x_{0},(1 - x_{0})e^{x_{0}}),$则切线斜率$k = - x_{0}e^{x_{0}},$
故切线方程为$y - (1 - x_{0})e^{x_{0}}= - x_{0}e^{x_{0}}(x - x_{0})。$
因为切线过点A(a,0),所以$ - (1 - x_{0})e^{x_{0}}= - x_{0}e^{x_{0}}(a - x_{0}),$
化简得$x_{0}^{2}-(a + 1)x_{0}+1 = 0。$
又切线有且仅有1条,所以$\Delta=(a + 1)^{2}-4 = 0,$
化简得$a^{2}+2a - 3 = 0,$解得a = - 3或a = 1。