《2025年练习生高中数学选择性必修第二册人教版》

16. 某制造商制造并出售球形瓶装的某种液体材料，瓶子的制造成本是$0.1\pi r^{4}$分，其中$r$(单位：cm)是瓶子的半径. 已知每出售$1\mathrm{mL}$的液体材料，制造商可获利$0.3$分，且制造商能制作的瓶子的最大半径为$8\mathrm{cm}$，则当每瓶液体材料的利润最大时，瓶子的半径为 (A)

A.$3\mathrm{cm}$
B.$4\mathrm{cm}$
C.$5\mathrm{cm}$
D.$6\mathrm{cm}$

答案： 16.A【解析】依题意，每瓶液体材料的利润$f(r)=0.3×\frac{4}{3}\pi r^3-0.1\pi r^4=0.1\pi(4r^3-r^4),0＜r\leqslant8$，则$f'(r)=0.4\pi r^2(3 - r)$.所以当$r\in(0,3)$时，$f'(r)＞0$；当$r\in(3,8]$时，$f'(r)＜0$.因此函数$f(r)$在$(0,3)$上单调递增，在$(3,8]$上单调递减，所以当$r=3$时，$f(r)$取得最大值(当函数在某个区间上仅有一个极值点时，它既是极值点也是最值点)，所以当每瓶液体材料的利润最大时，$r=3$.故选A.

17. 已知函数$f(x)=\frac{\cos\pi x}{x^{2}+1}$，以下结论错误的是 (C)
A. $f(x)$是偶函数
B. $f(x)$有无数个零点
C. $f(x)$的最小值为$-\frac{1}{2}$
D. $f(x)$的最大值为$1$

答案： 17.C【解析】对于A，易知$f(x)$的定义域为$\mathbf{R}.\because f(-x)=\frac{\cos(-\pi x)}{(-x)^2 + 1}=\frac{\cos\pi x}{x^2 + 1}=f(x),\therefore f(x)$为偶函数，A正确，不符合题意.对于B，令$f(x)=0$，则$\cos\pi x=0,\therefore \pi x=\frac{\pi}{2}+k\pi(k\in\mathbf{Z})$，解得$x=\frac{1}{2}+k(k\in\mathbf{Z})$，$\therefore f(x)$有无数个零点，B正确，不符合题意.对于C，$\because f(1)=-\frac{1}{2}$，$\therefore$若$f(x)$的最小值为$-\frac{1}{2}$，则$x=1$是$f(x)$的一个极小值点，$\therefore f'(1)=0.\because f'(x)=\frac{(\pi x^2+\pi)\sin\pi x+2x\cos\pi x}{(x^2+1)^2}$，$\therefore f'(1)=\frac{2\pi\sin\pi+2\cos\pi}{4}=\frac{1}{2}\neq0$，$\therefore x=1$不是$f(x)$的极小值点，C错误，符合题意.对于D，$\because -1\leqslant\cos\pi x\leqslant1,x^2+1\geqslant1$，$\therefore$当$\cos\pi x=1,x^2+1=1$，即$x=0$时，$f(x)$取最大值1，D正确，不符合题意.故选C.

18. [2023·浙江杭州高级中学贡院校区高二期末]已知函数$f(x)=\frac{x^{3}+x-2}{\mathrm{e}^{x}},x\in(0,+\infty)$，则下列结论正确的是 (C)

A.函数$y=f(x)$既有最小值也有最大值
B.函数$y=f(x)$既无最大值也无最小值
C.函数$y=f(x)$有一个零点
D.函数$y=f(x)$有两个零点

答案： 18.C【解析】由题意，得$f'(x)=\frac{-x^3 + 3x^2 - x + 3}{e^x}=\frac{-(x - 3)(x^2 + 1)}{e^x}$.因为$x\in(0,+\infty)$，$x^2+1＞0,e^x＞0$，所以当$x\in(0,3)$时，$f'(x)＞0$，此时函数$y=f(x)$单调递增；当$x\in(3,+\infty)$时，$f'(x)＜0$，此时函数$y=f(x)$单调递减.故函数$y=f(x)$有最大值，无最小值，故A，B均错误.设$g(x)=x^3 + x - 2,x\in(0,+\infty)$，则$g'(x)=3x^2 + 1＞0$恒成立，所以函数$y=g(x)$在$(0,+\infty)$上单调递增.又$g(1)=1 + 1 - 2 = 0$，所以函数$y=g(x)$有一个零点，即函数$y=f(x)$有一个零点，故C正确，D错误.选C.

19. 已知函数$y=\mathrm{e}^{x}$的图像在点$P(a,b)$(其中$a＜2$)处的切线与圆心为$Q(1,0)$的圆相切，则圆$Q$的最大面积是 (B)
A. $\pi$
B. $2\pi$
C. $3\pi$
D. $4\pi$

答案： 19.B【解析】依题意知，切点为$P(a,e^a)$，$y'=e^x$，所以切线的斜率$k=e^a$，所以切线方程为$y - e^a = e^a(x - a)$，即$e^ax - y + (1 - a)e^a = 0$.设圆$Q$的半径为$r$，圆心$Q$到切线的距离为$d$，则$d=\frac{|(2 - a)e^a|}{\sqrt{e^{2a} + 1}}=\frac{(2 - a)e^a}{\sqrt{e^{2a} + 1}}$.因为切线与圆$Q$相切，所以$d = r$，所以$r=\frac{(2 - a)e^a}{\sqrt{e^{2a} + 1}}$.令$f(x)=\frac{(2 - x)e^x}{\sqrt{e^{2x} + 1}}(x ＜ 2)$，则$f'(x)=\frac{(1 - x)e^x(e^{2x} + 1)-(2 - x)e^{3x}}{(\sqrt{e^{2x} + 1})^2}$.令$f'(x)=0$，解得$x = 0$.所以当$x\in(-\infty,0)$时，$f'(x)＞0$；当$x\in(0,2)$时，$f'(x)＜0$.所以$f(x)$在$(-\infty,0)$上单调递增，在$(0,2)$上单调递减，所以$f(x)_{max}=f(0)=\frac{2}{\sqrt{2}}=\sqrt{2}$，即$r_{max}=\sqrt{2}$，所以$S_{max}=\pi(r_{max})^2 = 2\pi$.故选B.
方法总结 解决几何图形的面积的最值问题时，一般先建立函数，再选择求最值的方法，常用的有基本不等式法、三角函数法、导数法.如本题，利用点到直线的距离公式表示出半径$r$关于$a$的函数，构造函数，利用导数讨论函数的单调性并求出最大值.

20. [2023·安徽马鞍山第二中学高二期中]若存在$x\in\left[\frac{1}{\mathrm{e}},\mathrm{e}\right]$，使得不等式$2x\ln x+x^{2}-mx+3\geqslant0$成立，则实数$m$的最大值为 (D)

A.$4$
B.$2+\mathrm{e}+\frac{3}{\mathrm{e}}$
C.$\mathrm{e}^{2}-1$
D.$\frac{1}{\mathrm{e}}+3\mathrm{e}-2$

答案： 20.D【解析】因为$x\in\left[\frac{1}{e},e\right]$，所以不等式$2x\ln x + x^2 - mx + 3\geqslant0$等价于$m\leqslant2\ln x + x + \frac{3}{x}$在$x\in\left[\frac{1}{e},e\right]$上能成立.令$f(x)=2\ln x + x + \frac{3}{x},x\in\left[\frac{1}{e},e\right]$，则$f'(x)=\frac{2}{x}+1-\frac{3}{x^2}=\frac{(x + 3)(x - 1)}{x^2},x\in\left[\frac{1}{e},e\right]$.所以当$\frac{1}{e}\leqslant x＜1$时，$f'(x)＜0$；当$1＜x\leqslant e$时，$f'(x)＞0$.因此函数$f(x)$在$\left[\frac{1}{e},1\right)$上单调递减，在$(1,e]$上单调递增.又$f\left(\frac{1}{e}\right)=\frac{1}{e}+3e - 2,f(e)=2 + e + \frac{3}{e}$，所以$f\left(\frac{1}{e}\right)-f(e)=2e - 4-\frac{2}{e}＞0$，所以$f(x)_{max}=f\left(\frac{1}{e}\right)=\frac{1}{e}+3e - 2$.所以$m\leqslant\frac{1}{e}+3e - 2$，所以实数$m$的最大值为$\frac{1}{e}+3e - 2$.故选D.
方法总结 对于存在性问题，构造函数是基本的解题思路，因此观察题目所给的数的结构特点，以及数与数之间的内在联系，合理构造函数.
常见恒(能)成立问题的解法：
若$f(x)$在区间$D$上有最值，则
(1)恒成立：$\forall x\in D,f(x)＞0\Leftrightarrow f(x)_{min}＞0$；$\forall x\in D,f(x)＜0\Leftrightarrow f(x)_{max}＜0$.
(2)能成立：$\exists x\in D,f(x)＞0\Leftrightarrow f(x)_{max}＞0$；$\exists x\in D,f(x)＜0\Leftrightarrow f(x)_{min}＜0$.
若能分离常数，即将问题转化为$a＞f(x)$〔或$a＜f(x)$〕的形式，则
(1)恒成立：$a＞f(x)\Leftrightarrow a＞f(x)_{max}$；$a＜f(x)\Leftrightarrow a＜f(x)_{min}$.
(2)能成立：$a＞f(x)\Leftrightarrow a＞f(x)_{min}$；$a＜f(x)\Leftrightarrow a＜f(x)_{max}$.

21. (多选)已知$f(x)=\frac{\ln x}{1+x}-\ln x,f(x)$在$x=x_{0}$处取得最大值，则 (BC)
A.$f(x_{0})＜x_{0}$
B.$f(x_{0})=x_{0}$
C.$f(x_{0})＜\frac{1}{2}$
D.$f(x_{0})＞\frac{1}{2}$

答案： 21.BC【解析】由题意得$f'(x)=\frac{1 + x}{x}-\ln x-\frac{1}{(1 + x)^2}=\frac{1}{x}-\ln x+\frac{x}{(1 + x)^2},x＞0$.由题意可得$f'(x_0)=0$，所以$1 + x_0+\ln x_0 = 0$，所以$\frac{\ln x_0}{1 + x_0}-\ln x_0=x_0,x_0＞0$，故A错误，B正确.令$g(x)=1 + x+\ln x(x＞0)$，则$g'(x)=1+\frac{1}{x}＞0$，所以$g(x)$是增函数.易得$g\left(\frac{1}{2}\right)=\frac{3}{2}-\ln2＞0$.又$g(x_0)=1 + x_0+\ln x_0 = 0$，所以$x_0＜\frac{1}{2}$，即$f(x_0)=x_0＜\frac{1}{2}$，故C正确，D错误.选BC.

22. (多选)[2023·重庆第二外国语学校高二期中]若方程$\frac{x+1}{\mathrm{e}^{x}}-a=0$有两个不相等的实数根，则实数$a$的取值可以是 (BC)

A.$0$
B.$\frac{1}{4}$
C.$\frac{1}{2}$
D.$1$

答案： 22.BC【解析】由$\frac{x + 1}{e^x}-a = 0$，得$a=\frac{x + 1}{e^x}$.因为方程$\frac{x + 1}{e^x}-a = 0$有两个不相等的实数根，所以直线$y=a$与函数$f(x)=\frac{x + 1}{e^x}$的图像有两个不同的交点.由$f(x)=\frac{x + 1}{e^x}$，得其定义域为$\mathbf{R},f'(x)=\frac{-x}{e^x}$.当$x\leqslant0$时，$f'(x)\geqslant0$；当$x＞0$时，$f'(x)＜0$.所以$f(x)$在$(-\infty,0]$上单调递增，在$(0,+\infty)$上单调递减，所以$f(x)\leqslant f(0)=1$.又当$x\leqslant - 1$时，$f(x)\leqslant f(-1)=0$，当$x＞-1$时，$f(x)＞0$，所以若直线$y=a$与函数$f(x)=\frac{x + 1}{e^x}$的图像有两个不同的交点，则$0＜a＜1$.故选BC.
方法总结 利用数形结合思想可解决方程根、函数零点、图像交点问题，如本题先分离参数，再构造函数$f(x)=\frac{x + 1}{e^x}$，利用导数求出函数的单调性，依据函数的单调性画出函数的草图，再分析实数$a$取哪些值时，方程$\frac{x + 1}{e^x}-a = 0$有两个不相等的实数根.

23. [2023·湖北武汉华中师范大学第一附属中学高二期中]函数$f(x)=x^{3}-3x$在区间$(-2,a)$上有最大值，则实数$a$的取值范围是$(-1,2]$.

答案： 23.$(-1,2]$ 思维路径 求函数$f(x)=x^3 - 3x$的导数→利用导数研究函数的单调性→判断其取最大值时最大值点的位置→得到关于参数$a$的不等式组→解不等式组即可得到实数$a$的取值范围.
【解析】由题意得$f'(x)=3x^2 - 3$.令$f'(x)＜0$，解得$-1＜x＜1$；令$f'(x)＞0$，解得$x＞1$或$x＜-1$.所以$f(x)$在$(-\infty,-1)$上单调递增，在$(-1,1)$上单调递减，在$(1,+\infty)$上单调递增，所以函数$f(x)$在$x=-1$处有极大值，在$x=1$处有极小值.因为函数$f(x)$在区间$(-2,a)$上有最大值，所以$\begin{cases}a＞-1,\\f(a)\leqslant f(-1),\end{cases}$即$\begin{cases}a＞-1,\\a^3 - 3a\leqslant2,\end{cases}$解得$(a + 1)^2(a - 2)\leqslant0$，得$-1＜a\leqslant2$.

24. [2023·重庆江津第五中学高二期中]已知函数$f(x)=x^{3}+ax^{2}+bx+c$在$x=-\frac{1}{3}$及$x=1$处取得极值.
(1)求$a,b$的值;
(2)画出函数$f(x)$的大致图像；
(3)若方程$f(x)=0$有$3$个不同的实根，求$c$的取值范围.

答案：
24.【解】
(1)由题意，得$f'(x)=3x^2 + 2ax + b$.
因为函数$f(x)$在$x=-\frac{1}{3}$及$x=1$处取得极值，
所以$\begin{cases}f'\left(-\frac{1}{3}\right)=\frac{1}{3}-\frac{2}{3}a + b = 0,\\f'(1)=3 + 2a + b = 0,\end{cases}$解得$\begin{cases}a=-1,\\b=-1.\end{cases}$
此时，$f'(x)=3x^2 - 2x - 1=(3x + 1)(x - 1)$.
当$x＜-\frac{1}{3}$时，$f'(x)＞0$；当$-\frac{1}{3}＜x＜1$时，$f'(x)＜0$；当$x＞1$时，$f'(x)＞0$.
所以函数$f(x)$在$\left(-\infty,-\frac{1}{3}\right)$上单调递增，在$\left(-\frac{1}{3},1\right)$上单调递减，在$(1,+\infty)$上单调递增.
所以$f(x)$在$x=-\frac{1}{3}$处取得极大值，在$x=1$处取得极小值，满足题意.
故$a=-1,b=-1$.
(2)由
(1)知，$f(x)$在$x=-\frac{1}{3}$处取得极大值，在$x=1$处取得极小值.
根据以上信息，作出$f(x)$的大致图像，如图.

(3)因为方程$f(x)=0$有$3$个不同的实根，
所以结合图像可知$\begin{cases}f\left(-\frac{1}{3}\right)=\frac{5}{27}+c＞0,\\f(1)=-1 + c＜0,\end{cases}$解得$-\frac{5}{27}＜c＜1$.
所以实数$c$的取值范围是$\left(-\frac{5}{27},1\right)$.