《2025年把关题高中数学选择性必修第二册人教版》

9. [2023河南安阳高二期末]若函数$f(x) = ax - \ln x$在$[1,2]$上单调递增，则实数$a$的取值范围是(B)

A.$(-\infty, 1]$
B.$[1, +\infty)$
C.$\left[\frac{1}{2}, +\infty\right)$
D.$\left(-\infty, \frac{1}{2}\right]$

答案： 9.B 解析：$f^{\prime}(x)=a - \frac{1}{x}$。因为$f(x)$在$[1,2]$上单调递增，所以$f^{\prime}(x)\geq0$对$x\in[1,2]$恒成立，即$a\geq\frac{1}{x}$对$x\in[1,2]$恒成立，所以$a\geq(\frac{1}{x})_{\max}=1(x\in[1,2])$，即$a\in[1, +\infty)$。

10. 若函数$f(x) = \frac{1}{2}x^{2} - 9\ln x$在区间$[a - 1, a + 1]$上单调递减，则实数$a$的取值范围是(A)

A.$(1,2]$
B.$(1,3)$
C.$(1,2)$
D.$(1,3]$

答案： 10.A 解析：由题意知，函数$f(x)$的定义域是$(0, +\infty)$，且$f^{\prime}(x)=x - \frac{9}{x}=\frac{x^{2}-9}{x}$。当$x\in(0,3)$时，$f^{\prime}(x) ＜ 0$，则$f(x)$单调递减；当$x\in(3, +\infty)$时，$f^{\prime}(x) ＞ 0$，则$f(x)$单调递增。又函数$f(x)$在区间$[a - 1,a + 1]$上单调递减，所以$\begin{cases}a - 1 ＞ 0\\a + 1\leq3\end{cases}$，解得$1 ＜ a\leq2$。

11. [2024湖北校联考]若函数$f(x) = 2x^{2} - \ln x$在其定义域的一个子区间$(2k - 1, 2k + 1)$内不是单调函数，则实数$k$的取值范围是(A)

A.$\left[\frac{1}{2}, \frac{3}{4}\right)$
B.$\left[\frac{3}{4}, +\infty\right)$
C.$\left[\frac{1}{2}, 2\right)$
D.$\left(-\frac{1}{2}, \frac{3}{4}\right)$

答案： 11.A 解析：因为函数$f(x)$的定义域为$(0, +\infty)$，所以$2k - 1\geq0$，即$k\geq\frac{1}{2}$。$f^{\prime}(x)=4x - \frac{1}{x}=\frac{4x^{2}-1}{x}=(2x + 1)(2x - 1)$（容易忽略造成错误）。令$f^{\prime}(x)=0$，得$x=\frac{1}{2}$或$x = -\frac{1}{2}$（舍去）。因为$f(x)$在定义域的一个子区间$(2k - 1,2k + 1)$内不是单调函数，所以$2k - 1 ＜ \frac{1}{2} ＜ 2k + 1$，解得$-\frac{1}{4} ＜ k ＜ \frac{3}{4}$。综上，实数$k$的取值范围为$[\frac{1}{2},\frac{3}{4})$。

12. 若函数$f(x) = ax^{3} - 3x^{2} + x + 1$恰好有三个单调区间，则实数$a$的取值范围是(D)

A.$(-\infty, 3)$
B.$(-\infty, 3]$
C.$(-\infty, 0) \cup (0, 3]$
D.$(-\infty, 0) \cup (0, 3)$

答案： 12.D 解析：$\because$函数$f(x)=ax^{3}-3x^{2}+x + 1$，$\therefore f^{\prime}(x)=3ax^{2}-6x + 1$。由函数$f(x)$恰好有三个单调区间，得$f^{\prime}(x)$有两个不相等的零点，$\therefore3ax^{2}-6x + 1 = 0$满足$a\neq0$，且$\Delta = 36 - 12a ＞ 0$，解得$a ＜ 3$且$a\neq0$，$\therefore a\in(-\infty,0)\cup(0,3)$。

13. 若函数$f(x) = \frac{1}{3}x^{3} - \frac{1}{2}ax^{2} + (a - 1)x + 1$在区间$[1,4]$上单调递减，在区间$[6, +\infty)$上单调递增，则实数$a$的取值范围是(B)

A.$(-\infty, 5]$
B.$[5,7]$
C.$[7, +\infty)$
D.$(-\infty, 5] \cup [7, +\infty)$

答案： 13.B 解析：$f^{\prime}(x)=x^{2}-ax + a - 1$，由$f^{\prime}(x)=0$得$x = 1$或$x = a - 1$。当$a - 1\leq1$，即$a\leq2$时，对于任意的$x\in[1, +\infty)$，$f^{\prime}(x)\geq0$，即函数$f(x)$在$[1, +\infty)$上单调递增，不符合题意；当$a - 1 ＞ 1$，即$a ＞ 2$时，函数$f(x)$在$(-\infty,1]$和$[a - 1, +\infty)$上单调递增，在$[1,a - 1]$上单调递减，依题意$[1,4]\subseteq[1,a - 1]$且$[6, +\infty)\subseteq[a - 1, +\infty)$，从而$4\leq a - 1\leq6$，故$5\leq a\leq7$。综上，实数$a$的取值范围为$[5,7]$。
方法总结：由函数的单调性求参数的值或取值范围的方法：1.已知含参函数$y = f(x)$在给定区间$I$上单调递增(减)，求参数范围。方法1：利用不等式$f^{\prime}(x)\geq0(f^{\prime}(x)\leq0)$在区间$I$上恒成立求解。方法2：先求得单调递增(减)区间$A$，再利用$I$与$A$的关系求解。2.已知函数$y = f(x)$在含参区间$I$上单调递增(减)，求参数范围。求解方法：主要利用方法2。

14. [2024浙江宁波镇海中学高二期末]若函数$f(x) = (x - m)^{2} + \ln x$在区间$(1,2)$上有单调递增区间，则实数$m$的取值范围是$(-\infty,\frac{9}{4})$.

答案： 14.$(-\infty,\frac{9}{4})$解析：$f^{\prime}(x)=2(x - m)+\frac{1}{x}(x ＞ 0)$。由题意$f^{\prime}(x)＞0$在$(1,2)$上有解，即$m ＜ x+\frac{1}{2x}$在$(1,2)$上有解。根据对勾函数的性质可知，$y = x+\frac{1}{2x}$在$(1,2)$上单调递增，所以$m ＜ 2+\frac{1}{4}=\frac{9}{4}$。综上，实数$m$的取值范围是$(-\infty,\frac{9}{4})$。

15. 设$g(x) = 2\ln x - 3x + \frac{1}{2}x^{2} - bx$，若函数$g(x)$存在单调递减区间，则$b$的取值范围为$(-3 + 2\sqrt{2}, +\infty)$.

答案： 15.$(-3 + 2\sqrt{2}, +\infty)$解析：$g(x)=2\ln x - 3x+\frac{1}{2}x^{2}-bx = 2\ln x+\frac{1}{2}x^{2}-(3 + b)x$。因为$g(x)$存在单调递减区间，且$g(x)$的定义域为$(0, +\infty)$，所以$g^{\prime}(x) ＜ 0$在$(0, +\infty)$上有解，即$g^{\prime}(x)=\frac{2}{x}+x-(3 + b) ＜ 0$在$(0, +\infty)$上有解。
(方法1)所以$\frac{x^{2}-(3 + b)x + 2}{x} ＜ 0$在$(0, +\infty)$上有解，即$x^{2}-(3 + b)x + 2 ＜ 0$在$(0, +\infty)$上有解，所以$\Delta=[-(3 + b)]^{2}-8 ＞ 0$，且$\frac{3 + b}{2} ＞ 0$，所以$b^{2}+6b + 1 ＞ 0$，且$\frac{3 + b}{2} ＞ 0$，所以$b ＜ -3 - 2\sqrt{2}$或$b ＞ -3 + 2\sqrt{2}$且$b ＞ -3$，所以$b$的取值范围为$(-3 + 2\sqrt{2}, +\infty)$。
(方法2)即$3 + b ＞ x+\frac{2}{x}$在$(0, +\infty)$上有解。又当$x ＞ 0$时，$x+\frac{2}{x}\geq2\sqrt{2}$，当且仅当$x = \sqrt{2}$时等号成立，所以$3 + b ＞ 2\sqrt{2}$，所以$b ＞ -3 + 2\sqrt{2}$。

16. 函数$f(x) = x\ln x$，$a = f(2)$，$b = f\left(\frac{1}{4}\right)$，$c = f\left(\frac{1}{3}\right)$，则$a$，$b$，$c$的大小关系是(B)

A.$b ＜ c ＜ a$
B.$c ＜ b ＜ a$
C.$c ＜ a ＜ b$
D.$a ＜ c ＜ b$

答案： 16.B 解析：$f(x)=x\ln x$的定义域为$(0, +\infty)$，$f^{\prime}(x)=1 + \ln x$。令$f^{\prime}(x)=1 + \ln x ＞ 0$可得$x ＞ \frac{1}{e}$，令$f^{\prime}(x)=1 + \ln x ＜ 0$可得$0 ＜ x ＜ \frac{1}{e}$，所以$f(x)=x\ln x$在$(0,\frac{1}{e})$上单调递减，在$(\frac{1}{e}, +\infty)$上单调递增。因为$0 ＜ \frac{1}{4} ＜ \frac{1}{3} ＜ \frac{1}{e}$，所以$f(\frac{1}{4}) ＞ f(\frac{1}{3})$，即$b ＞ c$。因为$b = f(\frac{1}{4})=\frac{1}{4}\ln\frac{1}{4} ＜ 0$，而$a = f(2)=2\ln2 ＞ 0$，所以$c ＜ b ＜ a$。

17. [多选题] [2023湖北十堰中等六校高三联考]若$a$，$b$为正实数，且$a ＞ b$，则下列不等式成立的有(BD)

A.$\frac{1}{a} ＞ \frac{1}{b}$
B.$\ln a ＞ \ln b$
C.$a\ln a ＜ b\ln b$
D.$a - b ＜ e^{a} - e^{b}$

答案： 17.BD 解析：因为$a ＞ b ＞ 0$，所以$\frac{1}{a} ＜ \frac{1}{b}$，故A错误；因为函数$y = \ln x$在$(0, +\infty)$上为增函数，所以当$a ＞ b$时，$\ln a ＞ \ln b$，故B正确；对于C选项，构造函数$f(x)=x\ln x$，则$f^{\prime}(x)=\ln x + 1$，当$x\in(0,\frac{1}{e})$时，$f^{\prime}(x) ＜ 0$；当$x\in(\frac{1}{e}, +\infty)$时，$f^{\prime}(x) ＞ 0$，所以函数$f(x)$在$(0,\frac{1}{e})$上单调递减，在$(\frac{1}{e}, +\infty)$上单调递增，所以$a\ln a$与$b\ln b$的大小关系不确定，故C错误；对于D选项，构造函数$g(x)=e^{x}-x$，则$g^{\prime}(x)=e^{x}-1 ＞ 0$在$(0, +\infty)$上恒成立，所以函数$g(x)=e^{x}-x$在$(0, +\infty)$上单调递增，故当$a ＞ b$时，$e^{a}-a ＞ e^{b}-b$，即$a - b ＜ e^{a}-e^{b}$，故D正确。

18. [2024江西赣州高二检测]若$a = 3^{e}$，$b = e^{3}$，$c = \pi^{3}$，其中$e$为自然对数的底数，则(A)

A.$a ＜ b ＜ c$
B.$b ＜ a ＜ c$
C.$a ＜ c ＜ b$
D.$b ＜ c ＜ a$

答案： 18.A 解析：因为函数$y = x^{3}$在$\mathbf{R}$上单调递增，所以$b ＜ c$。设$y=\frac{\ln x}{x}$，则$y^{\prime}=\frac{1 - \ln x}{x^{2}}$，当$x\geq e$时，$y^{\prime}\leq0$，即$y=\frac{\ln x}{x}$在$[e, +\infty)$上单调递减。因为$3 ＞ e$，所以$\frac{\ln3}{3} ＜ \frac{\ln e}{e}$，即$3^{e} ＜ e^{3}$，从而得$a ＜ b$。故$a ＜ b ＜ c$。
易错警示：在比较$a$，$b$的大小时，关键是构造并利用导数证明函数$y=\frac{\ln x}{x}$在$[e, +\infty)$上的单调性，从而证明$a ＜ b$。

19. [2023山东济宁高二期末]已知定义在$\mathbf{R}$上的函数$f(x)$的导函数为$f'(x)$，且$f(x) ＜ f'(x) ＜ 0$，则(C)

A.$ef(2) ＞ f(1), f(2) ＞ ef(1)$
B.$ef(2) ＞ f(1), f(2) ＜ ef(1)$
C.$ef(2) ＜ f(1), f(2) ＞ ef(1)$
D.$ef(2) ＜ f(1), f(2) ＜ ef(1)$

答案： 19.C 解析：令$g(x)=\frac{f(x)}{e^{x}}$，$x\in\mathbf{R}$，则$g^{\prime}(x)=\frac{f^{\prime}(x)-f(x)}{e^{x}} ＞ 0$，$\therefore$函数$g(x)$在$\mathbf{R}$上单调递增，$\therefore g(2) ＞ g(1)$，$\therefore\frac{f(2)}{e^{2}} ＞ \frac{f(1)}{e}$，$\therefore f(2) ＞ ef(1)$。令$h(x)=e^{x}f(x)$，$\because f(x) ＜ f^{\prime}(x) ＜ 0$，则$h^{\prime}(x)=e^{x}[f(x)+f^{\prime}(x)] ＜ 0$，$\therefore$函数$h(x)$在$\mathbf{R}$上单调递减，$\therefore h(2) ＜ h(1)$，$\therefore e^{2}f(2) ＜ ef(1)$。
方法总结：比较几个数的大小是一种常见策略是构造相应的函数，把所要比较的数转化为相应函数的函数值，再借助函数的单调性进行判断，而导数则是研究函数单调性的有力工具。
类型一：直接观察题设结构，构造相应函数。观察各式子的特征，找出相同点(如：结构特征、函数名称等)和不同点，从而将各式子看成某个函数取不同自变量值时对应的函数值，通过构造函数、研究函数单调性比较大小。
类型二：先两两作差(作商)再构造相应函数。对于结构比较复杂的指数、对数式的大小比较问题，通常是先找式子的共同点(函数名称、相同数字等)，然后作差(商)构造函数、研究函数的性质，从而判断差式大于或小于零(商式大于或小于1)，继而判断两式的大小。

20. [2024山东菏泽高二中期]已知$f(x)$在$\mathbf{R}$上是可导函数，$f(x)$的图象如图所示，则不等式$(x^{2} - x - 6)f'(x) ＜ 0$的解集为(C)

A.$(-2, 0) \cup (2, 3)$
B.$(-\infty, -2) \cup (0, 2) \cup (3, +\infty)$
C.$(-2, -1) \cup (1, 3)$
D.$(-\infty, -2) \cup (-2, 0) \cup (2, +\infty)$

答案： 20.C 解析：观察函数$f(x)$的图象知，$f(x)$的单调递增区间为$(-\infty,-1)$，$(1, +\infty)$，单调递减区间为$(-1,1)$，因此不等式$f^{\prime}(x) ＞ 0$的解集为$(-\infty,-1)\cup(1, +\infty)$，$f^{\prime}(x) ＜ 0$的解集为$(-1,1)$。将不等式$(x^{2}-x - 6)f^{\prime}(x) ＜ 0$化为$\begin{cases}f^{\prime}(x) ＜ 0\\x^{2}-x - 6 ＞ 0\end{cases}$或$\begin{cases}f^{\prime}(x) ＞ 0\\x^{2}-x - 6 ＜ 0\end{cases}$，由$\begin{cases}f^{\prime}(x) ＜ 0\\x^{2}-x - 6 ＞ 0\end{cases}$，得$\begin{cases}-1 ＜ x ＜ 1\\x ＜ -2或x ＞ 3\end{cases}$，该方程组无解；由$\begin{cases}f^{\prime}(x) ＞ 0\\x^{2}-x - 6 ＜ 0\end{cases}$，得$\begin{cases}x ＜ -1或x ＞ 1\\-2 ＜ x ＜ 3\end{cases}$，即$-2 ＜ x ＜ -1$或$1 ＜ x ＜ 3$，所以所求解集为$(-2,-1)\cup(1,3)$。故选C。

21. 函数$f(x)$的定义域为$\mathbf{R}$，$f(-1) = 2$，若对任意$x \in \mathbf{R}$，$f'(x) ＞ 2$，则$f(x) ＞ 2x + 4$的解集为(B)

A.$(-1,1)$
B.$(-1, +\infty)$
C.$(-\infty, -1)$
D.$(-\infty, +\infty)$

答案： 21.B 解析：依题意可设$g(x)=f(x)-2x - 4$，所以$g^{\prime}(x)=f^{\prime}(x)-2 ＞ 0$，所以函数$g(x)$在$\mathbf{R}$上单调递增。因为$g(-1)=f(-1)+2 - 4 = 0$，所以要使$g(x)=f(x)-2x - 4 ＞ 0$，即$g(x) ＞ g(-1)$，所以$x ＞ -1$。

22. 已知函数$f(x) = 4x + 3\sin x, x \in (-1, 1)$，若$f(1 - a) + f(1 - a^{2}) ＜ 0$成立，则实数$a$的取值范围为(B)

A.$(0, 1)$
B.$(1, \sqrt{2})$
C.$(-2, -\sqrt{2})$
D.$(-\infty, -2) \cup (1, +\infty)$

答案： 22.B 解析：$\because f(x)=4x + 3\sin x$，$x\in(-1,1)$，$\therefore f^{\prime}(x)=4 + 3\cos x ＞ 0$在$x\in(-1,1)$上恒成立，$\therefore f(x)$在$(-1,1)$上单调递增。又$f(x)=4x + 3\sin x$，$x\in(-1,1)$是奇函数，$\therefore$不等式$f(1 - a)+f(1 - a^{2}) ＜ 0$可化为$f(1 - a) ＜ f(a^{2}-1)$。结合函数$f(x)$的定义域可知，$a$要满足$\begin{cases}-1 ＜ 1 - a ＜ 1\\-1 ＜ a^{2}-1 ＜ 1\\1 - a ＜ a^{2}-1\end{cases}$，解得$1 ＜ a ＜ \sqrt{2}$。