《2025年把关题高中数学选择性必修第二册人教版》

1. [淮南一中等五校高三联考]定义在$[-2, 2]$上的函数$f(x)$与其导函数$f'(x)$的图象如图所示，$O$为坐标原点，$A$，$B$，$C$，$D$四点的横坐标依次为$-\frac{1}{2}$，$-\frac{1}{6}$，$1$，$\frac{4}{3}$，则函数$y = \frac{f(x)}{e^{x}}$的单调递减区间是(B)


A.$\left(-\frac{1}{6}, \frac{4}{3}\right)$
B.$\left(-\frac{1}{2}, 1\right)$
C.$\left(-\frac{1}{2}, -\frac{1}{6}\right)$
D.$(1, 2)$

答案： 1.B 解析：若题图中虚线部分为函数$y = f(x)$的图象，则该函数只有一个极值点，但其导函数图象(实线)与$x$轴有三个交点，不符合题意；若题图中实线部分为函数$y = f(x)$的图象，则该函数有两个极值点，其导函数图象(虚线)与$x$轴恰好也只有两个交点，符合题意。对函数$y=\frac{f(x)}{e^{x}}$求导得$y^{\prime}=\frac{f^{\prime}(x)-f(x)}{e^{x}}$，由$y^{\prime}＜0$，得$f^{\prime}(x)＜f(x)$。由题图可知，不等式$f^{\prime}(x)＜f(x)$的解集是$(-\frac{1}{2},1)$，因此，函数$y=\frac{f(x)}{e^{x}}$的单调递减区间为$(-\frac{1}{2},1)$。

2. [新定义] [2024河北衡水市第十四中学高二检测]设函数$f(x)$的导函数为$f'(x)$，若在$f(x)$定义域内存在$x_{0}$，使得$f(x_{0}) = f'(x_{0})$，则称$f(x)$为“有源”函数，已知$f(x) = \ln x - 2x - a$是“有源”函数，则$a$的取值范围是(A)

A.$(-\infty, -1]$
B.$(-1, +\infty)$
C.$(-\infty, -\ln 2 - 1]$
D.$(-\ln 2 - 1, +\infty)$

答案： 2.A 解析：对$f(x)=\ln x - 2x - a$求导得$f^{\prime}(x)=\frac{1}{x}-2$。由“有源”函数的定义知，存在$x_{0}$，使得$\ln x_{0}-2x_{0}-a=\frac{1}{x_{0}}-2$成立，即关于$x_{0}$的方程$a=\ln x_{0}-2x_{0}-\frac{1}{x_{0}}+2$有解。记$g(x_{0})=\ln x_{0}-2x_{0}-\frac{1}{x_{0}}+2(x_{0}＞0)$，则$a$的取值范围就是函数$g(x_{0})$的值域。$g^{\prime}(x_{0})=\frac{1}{x_{0}}-2+\frac{1}{x_{0}^{2}}=-\frac{2x_{0}^{2}-x_{0}-1}{x_{0}^{2}}=-\frac{(2x_{0}+1)(x_{0}-1)}{x_{0}^{2}}$，当$0 ＜ x_{0}＜1$时，$g^{\prime}(x_{0})＞0$，$g(x_{0})$单调递增；当$x_{0}＞1$时，$g^{\prime}(x_{0})＜0$，$g(x_{0})$单调递减。所以$g(x_{0})\leq g(1)=\ln1 - 2 - 1 + 2=-1$，所以$a\leq - 1$，即$a$的取值范围是$(-\infty,-1]$。

3. [2024河北外国语学校长春期末]设函数$f(x)$在$\mathbf{R}$上存在导函数$f'(x)$，$\forall x \in \mathbf{R}$都有$f(x) + f(-x) = 0$，且在$(0, +\infty)$上$f'(x) ＞ 1$，若$f(2 - a) - f(a) ＞ 2(1 - a)$，则实数$a$的取值范围是(A)

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

答案： 3.A 解析：令$g(x)=f(x)-x$，$\because\forall x\in\mathbf{R}$都有$f(x)+f(-x)=0$，$\therefore f(x)$为奇函数，$\therefore g(-x)=f(-x)-(-x)=-[f(x)-x]=-g(x)$，$\therefore g(x)$为奇函数。又在$(0, +\infty)$上$f^{\prime}(x)＞1$，$\therefore$当$x\in(0, +\infty)$时，$g^{\prime}(x)=f^{\prime}(x)-1＞0$，$\therefore g(x)$在$(0, +\infty)$上单调递增。又$g(x)$为奇函数，$\therefore g(x)$在$\mathbf{R}$上单调递增。$\because f(2 - a)-f(a)＞2(1 - a)$，即$f(2 - a)-(2 - a)＞f(a)-a$，即$g(2 - a)＞g(a)$，$\therefore2 - a＞a$，$\therefore a ＜ 1$。

4. 已知定义在$(0, +\infty)$上的函数$f(x)$满足$xf'(x) - f(x) ＜ 0$，其中$f'(x)$是函数$f(x)$的导函数，若$f(m - 2021) ＞ (m - 2021)f(1)$，则实数$m$的取值范围是(D)

A.$(0, 2021)$
B.$(0, 2022)$
C.$(2021, +\infty)$
D.$(2021, 2022)$

答案： 4.D 解析：由题意知定义在$(0, +\infty)$上的函数$f(x)$满足$xf^{\prime}(x)-f(x)＜0$，所以构造函数$g(x)=\frac{f(x)}{x}$，其中$x ＞ 0$，则$g^{\prime}(x)=\frac{xf^{\prime}(x)-f(x)}{x^{2}}＜0$，所以函数$g(x)=\frac{f(x)}{x}$为$(0, +\infty)$上的减函数。由$f(m - 2021)＞(m - 2021)f(1)$，$m - 2021＞0$，得$\frac{f(m - 2021)}{m - 2021}＞f(1)$，即$g(m - 2021)＞g(1)$，所以$0 ＜ m - 2021 ＜ 1$，解得$2021 ＜ m ＜ 2022$。因此，实数$m$的取值范围是$(2021,2022)$。
四种常用的函数构造法：1.对于不等式$f^{\prime}(x)+g^{\prime}(x)＞0$(或$＜0$)，构造函数$F(x)=f(x)+g(x)$；2.对于不等式$f^{\prime}(x)-g^{\prime}(x)＞0$(或$＜0$)，构造函数$F(x)=f(x)-g(x)$；3.对于不等式$xf^{\prime}(x)+cf(x)＞0$(或$＜0$)(其中$c$为常数且$c\neq0$)，构造函数$F(x)=x^{c}f(x)$；4.对于不等式$f^{\prime}(x)+cf(x)＞0$(或$＜0$)(其中$c$为常数)，构造函数$F(x)=e^{cx}f(x)$。

5. [2024郑州高二检测]设函数$f(x)$在$(a, b)$上的导函数为$f'(x)$，$f'(x)$在$(a, b)$上的导函数为$f''(x)$，若在$(a, b)$上$f''(x) ＜ 0$恒成立，则称函数$f(x)$在$(a, b)$上为“凸函数”.已知$f(x) = e^{x} - x\ln x - \frac{m}{2}x^{2}$在$(1, 4)$上为“凸函数”，则实数$m$的取值范围是(C)

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

答案： 5.C 解析：$\because f(x)=e^{x}-x\ln x-\frac{m}{2}x^{2}$在$(1,4)$上为“凸函数”，$f^{\prime}(x)=e^{x}-\ln x - mx - 1$，$\therefore f^{\prime\prime}(x)=e^{x}-\frac{1}{x}-m ＜ 0$在$(1,4)$上恒成立。$\because f^{\prime\prime}(x)=e^{x}-\frac{1}{x}-m$在$(1,4)$上单调递增，$\therefore f^{\prime\prime}(x)＜e^{4}-m-\frac{1}{4}$。$\because f^{\prime\prime}(x)＜0$恒成立，$\therefore e^{4}-m-\frac{1}{4}\leq0$，$\therefore m\geq e^{4}-\frac{1}{4}$。

6. [2024广州二模]已知偶函数$f(x)$与其导函数$f'(x)$的定义域均为$\mathbf{R}$，且$f'(x) + e^{-x} + x$也是偶函数，若$f(2a - 1) ＜ f(a - 1)$，则实数$a$的取值范围是(B)

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

答案： 6.B 解析：因为$f(x)$为偶函数，所以$f(x)=f(-x)$。等号两边求导可得$f^{\prime}(x)=-f^{\prime}(-x)$①。因为函数$f^{\prime}(x)+e^{-x}+x$为偶函数，所以$f^{\prime}(x)+e^{-x}+x=f^{\prime}(-x)+e^{x}-x$②。注意$f(-x)$是一个复合函数，不要把负号漏掉。联立①②可得$f^{\prime}(x)=\frac{e^{x}-e^{-x}-x}{2}$。令$g(x)=f^{\prime}(x)$，则$g^{\prime}(x)=\frac{e^{x}+e^{-x}}{2}-1\geq\sqrt{e^{x}· e^{-x}}-1=0$，当且仅当$x = 0$时取等号，所以函数$g(x)$在$\mathbf{R}$上单调递增，即$f^{\prime}(x)$在$\mathbf{R}$上单调递增，故当$x ＞ 0$时，$f^{\prime}(x)＞f^{\prime}(0)=0$，所以函数$f(x)$在$[0, +\infty)$上单调递增。由$f(2a - 1)＜f(a + 1)$可得$f(|2a - 1|)＜f(|a + 1|)$，所以$|2a - 1|＜|a + 1|$，整理可得$a^{2}-2a ＜ 0$，解得$0 ＜ a ＜ 2$，故选B。

7. 已知函数$f(x) = a(x - 1) - x\ln x (a \in \mathbf{R})$，求函数$f(x)$的单调区间.

答案： 7.解：$f(x)$的定义域为$(0, +\infty)$，$f^{\prime}(x)=a-(1 + \ln x)=-\ln x + a - 1$，令$f^{\prime}(x)=-\ln x + a - 1 = 0$，得$x = e^{a - 1}$，令$f^{\prime}(x)＞0$，得$0 ＜ x ＜ e^{a - 1}$；令$f^{\prime}(x)＜0$，得$x ＞ e^{a - 1}$，$\therefore f(x)$的单调递增区间为$(0,e^{a - 1})$，单调递减区间为$(e^{a - 1}, +\infty)$。

8. [教材104页19题(1)]已知函数$f(x) = a(e^{x} - 2) - x (a \in \mathbf{R})$，讨论函数$f(x)$的单调性.

答案： 8.解：由题意得函数$f(x)$的定义域为$\mathbf{R}$，$f^{\prime}(x)=ae^{x}-1$。当$a\leq0$时，$f^{\prime}(x)＜0$对任意$x\in\mathbf{R}$恒成立，$\therefore$函数$f(x)$在$\mathbf{R}$上单调递减。当$a ＞ 0$时，令$f^{\prime}(x)＞0$，得$x ＞ -\ln a$；令$f^{\prime}(x)＜0$，得$x ＜ -\ln a$，$\therefore$函数$f(x)$在$(-\infty,-\ln a)$上单调递减，在$(-\ln a, +\infty)$上单调递增。综上，当$a\leq0$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。