《2025年练习生高中数学选择性必修第二册人教版》

13. (高考快递·原创) 曲线$y = \frac{1}{4}x · e^{2x - 2} + 2$在$x = 1$处的切线与坐标轴围成的三角形的面积为
(A)

A.$\frac{3}{2}$
B.3
C.$\frac{49}{16}$
D.$\frac{49}{8}$

答案： 13.A 【解析】由$y = \frac{1}{4}x · e^{2x - 2} + 2$,得$y^\prime = \frac{1}{4}(2x + 1)e^{2x - 2}$.当$x = 1$时,$y = \frac{9}{4}$,$y^\prime = \frac{3}{4}$,则曲线$y = \frac{1}{4}x · e^{2x - 2} + 2$在$x = 1$处的切线的斜率为$\frac{3}{4}$,切点坐标为$(1,\frac{9}{4})$,故切线方程为$y = \frac{3}{4}(x - 1) + \frac{9}{4} = \frac{3}{4}x + \frac{3}{2}$.易知切线与坐标轴分别交于点$(0,\frac{3}{2}),(-2,0)$,故切线与坐标轴围成的三角形的面积为$\frac{1}{2} × |\frac{3}{2}| × | - 2| = \frac{3}{2}$. 选A.

14. [2023·江西部分学校高二期中] 若函数$f(x) = \cos\omegax + a\ln|x| + bx^{2} + c$满足$f'(\frac{\pi}{2}) = \frac{2}{\pi}$，则$f'(-\frac{\pi}{2}) =$
(B)

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

答案： 14.B 【解析】因为$f( - x) = \cos( - \omega x) + a\ln| - x| + b( - x)^2 + c = f(x)$,所以$f(x)$为偶函数,所以$f(x) = f( - x)$,两边同时求导得$f^\prime(x) = -f^\prime( - x)$,所以$f^\prime( - \frac{\pi}{2}) = -f^\prime(\frac{\pi}{2}) = -\frac{2}{\pi}$. 故选B.

15. (多选) 函数$f(x)$及其导函数$f'(x)$的定义域均为 R，若$f(x)$为奇函数，且$f(x + 2) = f(x)$，则 (AC)

A.$f'(x)$为偶函数
B.$f'(0) = 0$
C.$f(x)$的图像关于点$(1,0)$对称
D.若$F(x) = f(x) + xf'(x)$，则$F'(x)$为奇函数

答案： 15.AC 【解析】对于A,因为$f(x)$为奇函数,所以$f( - x) = -f(x)$.因为函数$f(x)$在定义域$\mathbf{R}$上可导,所以两边同时对$x$取导可得$( - x)^\prime f^\prime( - x) = -f^\prime(x)$,即$f^\prime( - x) = f^\prime(x)$,所以$f^\prime(x)$为偶函数,故A正确. 对于B,令$f(x) = \sin(\pi x)$,则显然$f(x)$为奇函数,且最小正周期$T = \frac{2\pi}{\pi} = 2$,即满足$f(x + 2) = f(x)$,则$f^\prime(x) = \pi\cos(\pi x)$,所以$f^\prime(0) = \pi$,故B错误. 对于C,因为$f(x)$为定义在$\mathbf{R}$上的奇函数,所以$f( - x) = -f(x)$.因为$f(x + 2) = f(x)$,所以$f(x + 2) = -f( - x)$,所以$f(x - 1 + 2) + f(1 - x) = 0$,即$f(x + 1) + f(1 - x) = 0$,所以$f(x)$的图像关于点$(1,0)$对称,故C正确. 对于D,因为$F(x) = f(x) + xf^\prime(x)$,所以$F( - x) = f( - x) - xf^\prime( - x) = -f(x) - xf^\prime(x) = -F(x)$,所以$F(x)$为奇函数. 由A的分析可知$F^\prime(x)$为偶函数,故D错误. 选AC.

16. [2023·湖南岳阳第一中学高二入学考试] 若直线$l:y = kx + b(k ＞ \frac{1}{2})$与曲线$f(x) = e^{x - 1}$和$g(x) =$ $\ln(x + 1)$均相切，则直线$l$的方程为y=x.

答案： 16.$y = x$ 【解析】设直线$l$与曲线$f(x),g(x)$相切的切点分别为$A(x_1,e^{x_1 - 1}),B(x_2,\ln(x_2 + 1))$.由题意,得$f^\prime(x) = e^{x - 1},g^\prime(x) = \frac{1}{x + 1}$,所以$k = e^{x_1 - 1} = \frac{1}{x_2 + 1}$,曲线$f(x)$在点A处的切线方程为$y - e^{x_1 - 1} = e^{x_1 - 1}(x - x_1)$,即$y = e^{x_1 - 1}x + e^{x_1 - 1}(1 - x_1)$,曲线$g(x)$在点B处的切线方程为$y - \ln(x_2 + 1) = \frac{1}{x_2 + 1}(x - x_2)$,即$y = \frac{1}{x_2 + 1}x + \ln(x_2 + 1) - \frac{x_2}{x_2 + 1}$. 由题意,得$\begin{cases} e^{x_1 - 1} = \frac{1}{x_2 + 1} \\ e^{x_1 - 1}(1 - x_1) = \ln(x_2 + 1) - \frac{x_2}{x_2 + 1} \end{cases}$
所以$\frac{1}{x_2 + 1}\ln(x_2 + 1) = \ln(x_2 + 1) - \frac{x_2}{x_2 + 1}$,即$\frac{x_2}{x_2 + 1} = (\frac{x_2}{x_2 + 1}) · \ln(x_2 + 1)$,解得$x_2 = 0$或$\ln(x_2 + 1) = 1$. 若$\ln(x_2 + 1) = 1$,则$x_2 + 1 = e$,所以$\frac{1}{x_2 + 1} = \frac{1}{e} ＜ \frac{1}{2}$,不合题意,舍去. 故$x_2 = 0$,此时直线$l$的方程为$y = x$.
方法总结 对于公切线问题,可先分别求出两曲线的切线,再说明切线重合;也可先求出其中一曲线的切线,再说明该切线与另一曲线也相切.

17. [2023·吉林长春吉大附中实验学校高二月考] 已知$a,b$为正实数，直线$y = 2x - a$与曲线$y = \ln(2x + b)$相切，则$\frac{4}{a} + \frac{1}{b}$的最小值为

答案： 17.9 【解析】设切点坐标为$(x_0,y_0)$. 因为$y^\prime = [\ln(2x + b)]^\prime = \frac{2}{2x + b}$,所以切线的斜率为$\frac{2}{2x_0 + b}$. 由题意得$\frac{2}{2x_0 + b} = 2$,则$2x_0 + b = 1$,所以切线方程为$y = \frac{2}{2x_0 + b}(x - x_0) + \ln(2x_0 + b) = 2(x - x_0)$. 又切线为$y = 2x - a$,所以$2(x - x_0) = 2x - a$,则$a = 2x_0$,所以$a + b = 1$. 又$a,b$为正实数,所以$\frac{4}{a} + \frac{1}{b} = (\frac{4}{a} + \frac{1}{b})(a + b) = \frac{4b}{a} + \frac{a}{b} + 5 \geqslant 2\sqrt{\frac{4b}{a} · \frac{a}{b}} + 5 = 9$,当且仅当$\frac{4b}{a} = \frac{a}{b}$,即$a = \frac{2}{3},b = \frac{1}{3}$时,等号成立. 故$\frac{4}{a} + \frac{1}{b}$的最小值为9.

18. [2023·湖北咸宁崇阳众望高中高二开学检测]
(1) 已知函数$f(x) = \frac{1}{2}x^{2} + 2x - 3\ln x$，求$f'(x) ＞ 0$的解集；
(2) 设曲线$y = e^{2ax + 1}$在点$(0,e)$处的切线与直线$2x - ey + 1 = 0$垂直，求实数$a$的值.

答案： 18.【解】
(1)由题意,得$f^\prime(x) = x + 2 - \frac{3}{x}(x ＞ 0)$.
由$f^\prime(x) ＞ 0$,得$x^2 + 2x - 3 ＞ 0$,解得$x ＜ -3$或$x ＞ 1$.
又因为$x ＞ 0$,所以不等式$f^\prime(x) ＞ 0$的解集为$\{x|x ＞ 1\}$.
(2)令$f(x) = e^{2ax + 1}$,则$f^\prime(x) = 2ae^{2ax + 1}$,所以$f^\prime(0) = 2ae$.
又切线与直线$2x - ey + 1 = 0$垂直,所以切线的斜率为$-\frac{e}{2}$,
所以$2ae = -\frac{e}{2}$,解得$a = -\frac{1}{4}$.

19. (1) 已知某容器的高度为$30 cm$，向容器内注入液体，且容器内液体的高度$h$(单位：$cm$)与时间$t$(单位：$s$)之间的关系为$h(t) = te^{2 + a}$，当$t = 1$时，$h'(t) = 3e$，求函数$h(t)$在$t = 2$处的导数，并解释它的实际意义；
(2) 已知某质点的位移$s$(单位：$m$)与时间$t$(单位：$s$)之间的关系为$s = t\cos2t - \sqrt{2}\sin(2t + \frac{\pi}{4})$，求函数$s$在$t = \frac{\pi}{2}$处的导数，并解释它的实际意义.

答案： 19.【解】
(1)由题意,得$h^\prime(t) = e^{2t + a} + 2te^{2t + a} = (1 + 2t)e^{2t + a}$,
当$t = 1$时,$h^\prime(t) = 3e^{2 + a} = 3e$,解得$a = -1$,
故$h^\prime(t) = (1 + 2t)e^{2t - 1}$.
当$t = 2$时,$h^\prime(t) = 5e^3$,
它表示当$t = 2 s$时,液体上升高度的瞬时变化率为$5e^3 cm/s$.
(2)对运动方程$s = t\cos 2t - \sqrt{2}\sin(2t + \frac{\pi}{4})$求导,得
$s^\prime = \cos 2t - 2t\sin 2t - \sqrt{2}\cos(2t + \frac{\pi}{4}) × 2 = \cos 2t - 2t\sin 2t - 2(\cos 2t - \sin 2t) = -\cos 2t + (2 - 2t)\sin 2t$.
当$t = \frac{\pi}{2}$时,$s^\prime = -\cos \pi + (2 - \pi)\sin \pi = 1$.
它表示当$t = \frac{\pi}{2} s$时,该质点运动的瞬时速度为$1 m/s$.