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2025年练习生高中数学选择性必修第二册人教版
注：目前有些书本章节名称可能整理的还不是很完善，但都是按照顺序排列的，请同学们按照顺序仔细查找。练习册 2025年练习生高中数学选择性必修第二册人教版 答案主要是用来给同学们做完题方便对答案用的，请勿直接抄袭。
25. [2023·安徽宿州高二期中]某企业在2023年全年内计划生产某种产品的数量为$x$百件，生产过程中总成本$w(x)$(万元)是关于$x$(百件)的一次函数，且$w(1)=57,w(10)=120$. 预计生产的产品能全部售完，且当年产量为$x$百件时，每百件产品的销售收入$G(x)$(万元)满足$G(x)=-\frac{7}{x^{2}}+\frac{20\ln x}{x}+\frac{84}{x}+4$.
(1)写出该企业今年生产这种产品的利润$F(x)$(万元)关于年产量$x$(百件)的函数关系式;
(2)今年产量为多少百件时，该企业在这种产品的生产中获利最大？最大利润是多少？
（参考数据：$\ln2\approx0.69,\ln3\approx1.10,\ln5\approx1.61,\ln7\approx1.95$）
(1)写出该企业今年生产这种产品的利润$F(x)$(万元)关于年产量$x$(百件)的函数关系式;
(2)今年产量为多少百件时，该企业在这种产品的生产中获利最大？最大利润是多少？
（参考数据：$\ln2\approx0.69,\ln3\approx1.10,\ln5\approx1.61,\ln7\approx1.95$）
答案：
25.【解】
(1)设$w(x)=kx + b$.
由$\begin{cases}w(1)=57,\\w(10)=120,\end{cases}$得$\begin{cases}k + b = 57,\\10k + b = 120,\end{cases}$解得$\begin{cases}k = 7,\\b = 50.\end{cases}$
所以$w(x)=7x + 50$.
依题意，得$F(x)=xG(x)-50 - 7x=x\left(\frac{7}{x^2}+\frac{20\ln x}{x}+\frac{84}{x^2}+4\right)-50 - 7x=-\frac{7}{x}+20\ln x-3x + 34(x＞0)$.
(2)由
(1)得，$F(x)=-\frac{7}{x}+20\ln x-3x + 34(x＞0)$，
则$F'(x)=-\frac{7}{x^2}+\frac{20}{x}-3=\frac{-3x^2 + 20x - 7}{x^2}=\frac{-(3x + 1)(x - 7)}{x^2}(x＞0)$.
令$F'(x)＞0$，得$0＜x＜7$；令$F'(x)＜0$，得$x＞7$.
所以$F(x)$在$(0,7)$上单调递增，在$(7,+\infty)$上单调递减，
所以当$x=7$时，有$F(x)_{max}=F(7)=20\ln7 + 12\approx20×1.95+12 = 51$.
故当产量为7百件时，该企业在这种产品的生产中获利最大，且最大利润为51万元.
(1)设$w(x)=kx + b$.
由$\begin{cases}w(1)=57,\\w(10)=120,\end{cases}$得$\begin{cases}k + b = 57,\\10k + b = 120,\end{cases}$解得$\begin{cases}k = 7,\\b = 50.\end{cases}$
所以$w(x)=7x + 50$.
依题意，得$F(x)=xG(x)-50 - 7x=x\left(\frac{7}{x^2}+\frac{20\ln x}{x}+\frac{84}{x^2}+4\right)-50 - 7x=-\frac{7}{x}+20\ln x-3x + 34(x＞0)$.
(2)由
(1)得，$F(x)=-\frac{7}{x}+20\ln x-3x + 34(x＞0)$，
则$F'(x)=-\frac{7}{x^2}+\frac{20}{x}-3=\frac{-3x^2 + 20x - 7}{x^2}=\frac{-(3x + 1)(x - 7)}{x^2}(x＞0)$.
令$F'(x)＞0$，得$0＜x＜7$；令$F'(x)＜0$，得$x＞7$.
所以$F(x)$在$(0,7)$上单调递增，在$(7,+\infty)$上单调递减，
所以当$x=7$时，有$F(x)_{max}=F(7)=20\ln7 + 12\approx20×1.95+12 = 51$.
故当产量为7百件时，该企业在这种产品的生产中获利最大，且最大利润为51万元.
26. (高考快递·原创)已知函数$f(x)=\mathrm{e}^{x}-2\ln(x+1)+x$.
(1)试讨论$f(x)$的单调性;
(2)若$a＜\mathrm{e},x＞0$,求证:$f(x)＞ax+1-2\ln2$.
(1)试讨论$f(x)$的单调性;
(2)若$a＜\mathrm{e},x＞0$,求证:$f(x)＞ax+1-2\ln2$.
答案：
26.
(1)【解】因为$f(x)=e^x - 2\ln(x + 1)+x(x＞-1)$，
所以$f'(x)=e^x-\frac{2}{x + 1}+1$.
易知$f'(x)$在$(-1,+\infty)$上单调递增，且$f'(0)=0$，
所以当$x\in(-1,0)$时，$f'(x)＜0,f(x)$单调递减；
当$x\in(0,+\infty)$时，$f'(x)＞0,f(x)$单调递增.
(2)【证明】当$x＞0$时，要证$f(x)＞ax + 1 - 2\ln2$，
即证$e^x - 2\ln(x + 1)+(1 - a)x＞1 - 2\ln2$.
设$g(x)=e^x - 2\ln(x + 1)+(1 - a)x$，
则$g'(x)=e^x-\frac{2}{x + 1}+1 - a$.
易知$g'(x)$在$(0,+\infty)$上单调递增，
所以$g'(x)＞g'(0)=-a$.
若$a\leqslant0$，则$g'(x)＞0,g(x)$在$(0,+\infty)$上单调递增，$g(x)＞g(0)=1＞1 - 2\ln2$成立.
若$0＜a＜e$，则$g'(0)=-a＜0,g'(1)=e - a - 1＞0$，
所以$\exists x_0\in(0,1)$，使$g'(x_0)=0$，即$e^{x_0}=\frac{2}{x_0 + 1}+a - 1$.
当$x\in(0,x_0)$时，$g'(x)＜0,g(x)$单调递减；
当$x\in(x_0,+\infty)$时，$g'(x)＞0,g(x)$单调递增.
所以$g(x)_{min}=g(x_0)=e^{x_0}-2\ln(x_0 + 1)+(1 - a)x_0=\frac{2}{x_0 + 1}+a - 1-2\ln(x_0 + 1)+(1 - a)x_0=a-\frac{2}{x_0 + 1}x_0+a - 1$.
设$h(x)=\frac{2}{x + 1}-2\ln(x + 1)+(1 - a)x+a - 1(0＜x＜1)$，
则$h'(x)=-\frac{2}{(x + 1)^2}+\frac{x - 1}{x + 1}a＜0$，
所以$h(x)$在$(0,1)$上单调递减，
所以$h(x)＞h(1)=1 - 2\ln2$.
综上所述，当$a＜e,x＞0$时，$f(x)＞ax + 1 - 2\ln2$.
(1)【解】因为$f(x)=e^x - 2\ln(x + 1)+x(x＞-1)$，
所以$f'(x)=e^x-\frac{2}{x + 1}+1$.
易知$f'(x)$在$(-1,+\infty)$上单调递增，且$f'(0)=0$，
所以当$x\in(-1,0)$时，$f'(x)＜0,f(x)$单调递减；
当$x\in(0,+\infty)$时，$f'(x)＞0,f(x)$单调递增.
(2)【证明】当$x＞0$时，要证$f(x)＞ax + 1 - 2\ln2$，
即证$e^x - 2\ln(x + 1)+(1 - a)x＞1 - 2\ln2$.
设$g(x)=e^x - 2\ln(x + 1)+(1 - a)x$，
则$g'(x)=e^x-\frac{2}{x + 1}+1 - a$.
易知$g'(x)$在$(0,+\infty)$上单调递增，
所以$g'(x)＞g'(0)=-a$.
若$a\leqslant0$，则$g'(x)＞0,g(x)$在$(0,+\infty)$上单调递增，$g(x)＞g(0)=1＞1 - 2\ln2$成立.
若$0＜a＜e$，则$g'(0)=-a＜0,g'(1)=e - a - 1＞0$，
所以$\exists x_0\in(0,1)$，使$g'(x_0)=0$，即$e^{x_0}=\frac{2}{x_0 + 1}+a - 1$.
当$x\in(0,x_0)$时，$g'(x)＜0,g(x)$单调递减；
当$x\in(x_0,+\infty)$时，$g'(x)＞0,g(x)$单调递增.
所以$g(x)_{min}=g(x_0)=e^{x_0}-2\ln(x_0 + 1)+(1 - a)x_0=\frac{2}{x_0 + 1}+a - 1-2\ln(x_0 + 1)+(1 - a)x_0=a-\frac{2}{x_0 + 1}x_0+a - 1$.
设$h(x)=\frac{2}{x + 1}-2\ln(x + 1)+(1 - a)x+a - 1(0＜x＜1)$，
则$h'(x)=-\frac{2}{(x + 1)^2}+\frac{x - 1}{x + 1}a＜0$，
所以$h(x)$在$(0,1)$上单调递减，
所以$h(x)＞h(1)=1 - 2\ln2$.
综上所述，当$a＜e,x＞0$时，$f(x)＞ax + 1 - 2\ln2$.
27. 已知函数$f(x)=x\mathrm{e}^{x}$(其中$\mathrm{e}$为自然对数的底数).
(1)求函数$f(x)$的最小值;
(2)求证:$f(x)＞\mathrm{e}^{x}+\ln x-\frac{1}{2}$.
(1)求函数$f(x)$的最小值;
(2)求证:$f(x)＞\mathrm{e}^{x}+\ln x-\frac{1}{2}$.
答案：
27.
(1)【解】因为$f(x)=xe^x$，所以$f'(x)=(x + 1)e^x$.
当$x＜-1$时，$f'(x)＜0,f(x)$单调递减；
当$x＞-1$时，$f'(x)＞0,f(x)$单调递增.
所以$f(x)_{min}=f(-1)=-\frac{1}{e}$.
(2)【证明】要证$f(x)＞e^x+\ln x-\frac{1}{2}$，
只需证$(x - 1)e^x-\ln x+\frac{1}{2}＞0$对于$x＞0$恒成立.
令$g(x)=(x - 1)e^x-\ln x+\frac{1}{2}$，则$g'(x)=xe^x-\frac{1}{x}(x＞0)$.
当$x＞0$时，令$h(x)=g'(x)=xe^x-\frac{1}{x}$，
则$h'(x)=(x + 1)e^x+\frac{1}{x^2}＞0$，
所以$h(x)$在$(0,+\infty)$上单调递增，
即$g'(x)=xe^x-\frac{1}{x}$在$(0,+\infty)$上单调递增.
又因为$g'\left(\frac{2}{3}\right)=\frac{2}{3}e^{\frac{2}{3}}-\frac{3}{2}=\frac{2}{3}\left[e^{\frac{2}{3}}-\left(\frac{27}{8}\right)^{\frac{1}{3}}\right]＜0$，
$g'(1)=e - 1＞0$，
所以存在$x_0\in\left(\frac{2}{3},1\right)$，使$g'(x_0)=0$.
由$g'(x_0)=x_0e^{x_0}-\frac{1}{x_0}=0$，
得$x_0^2e^{x_0}=1$，即$e^{x_0}=\frac{1}{x_0^2}$，即$-2\ln x_0=x_0$.
所以当$x\in(0,x_0)$时，$g'(x)=xe^x-\frac{1}{x}＜0,g(x)$单调递减；
当$x\in(x_0,+\infty)$时，$g'(x)=xe^x-\frac{1}{x}＞0,g(x)$单调递增.
所以$g(x)_{min}=g(x_0)=(x_0 - 1)e^{x_0}-\ln x_0+\frac{1}{2}=\frac{1}{x_0^2}-2\ln x_0+\frac{1}{2}=\frac{x_0}{2}-\frac{x_0}{2}+\frac{1}{2}＞0$，
所以$(x - 1)e^x-\ln x+\frac{1}{2}＞0$，
即$f(x)＞e^x+\ln x-\frac{1}{2}$.
(1)【解】因为$f(x)=xe^x$，所以$f'(x)=(x + 1)e^x$.
当$x＜-1$时，$f'(x)＜0,f(x)$单调递减；
当$x＞-1$时，$f'(x)＞0,f(x)$单调递增.
所以$f(x)_{min}=f(-1)=-\frac{1}{e}$.
(2)【证明】要证$f(x)＞e^x+\ln x-\frac{1}{2}$，
只需证$(x - 1)e^x-\ln x+\frac{1}{2}＞0$对于$x＞0$恒成立.
令$g(x)=(x - 1)e^x-\ln x+\frac{1}{2}$，则$g'(x)=xe^x-\frac{1}{x}(x＞0)$.
当$x＞0$时，令$h(x)=g'(x)=xe^x-\frac{1}{x}$，
则$h'(x)=(x + 1)e^x+\frac{1}{x^2}＞0$，
所以$h(x)$在$(0,+\infty)$上单调递增，
即$g'(x)=xe^x-\frac{1}{x}$在$(0,+\infty)$上单调递增.
又因为$g'\left(\frac{2}{3}\right)=\frac{2}{3}e^{\frac{2}{3}}-\frac{3}{2}=\frac{2}{3}\left[e^{\frac{2}{3}}-\left(\frac{27}{8}\right)^{\frac{1}{3}}\right]＜0$，
$g'(1)=e - 1＞0$，
所以存在$x_0\in\left(\frac{2}{3},1\right)$，使$g'(x_0)=0$.
由$g'(x_0)=x_0e^{x_0}-\frac{1}{x_0}=0$，
得$x_0^2e^{x_0}=1$，即$e^{x_0}=\frac{1}{x_0^2}$，即$-2\ln x_0=x_0$.
所以当$x\in(0,x_0)$时，$g'(x)=xe^x-\frac{1}{x}＜0,g(x)$单调递减；
当$x\in(x_0,+\infty)$时，$g'(x)=xe^x-\frac{1}{x}＞0,g(x)$单调递增.
所以$g(x)_{min}=g(x_0)=(x_0 - 1)e^{x_0}-\ln x_0+\frac{1}{2}=\frac{1}{x_0^2}-2\ln x_0+\frac{1}{2}=\frac{x_0}{2}-\frac{x_0}{2}+\frac{1}{2}＞0$，
所以$(x - 1)e^x-\ln x+\frac{1}{2}＞0$，
即$f(x)＞e^x+\ln x-\frac{1}{2}$.
28. 已知函数$f(x)=\frac{a}{x+1}+\ln x$. 若对任意$x_{1},x_{2}\in(0,2]$，且$x_{1}\neq x_{2}$，都有$\frac{f(x_{2})-f(x_{1})}{x_{2}-x_{1}}＞-1$，则实数$a$的取值范围是 (
A.$\left(-\infty,\frac{27}{4}\right]$
B.$(-\infty,2]$
C.$\left(-\infty,\frac{27}{2}\right]$
D.$(-\infty,8]$
A
)A.$\left(-\infty,\frac{27}{4}\right]$
B.$(-\infty,2]$
C.$\left(-\infty,\frac{27}{2}\right]$
D.$(-\infty,8]$
答案：
28.A【解析】根据题意，不妨取$x_1＜x_2$，则$\frac{f(x_2)-f(x_1)}{x_2 - x_1}＞-1$可转化为$f(x_2)-f(x_1)＞x_1 - x_2$，即$\ln x_1+\frac{a}{x_1}+x_1＜\ln x_2+\frac{a}{x_2}+x_2$.令$F(x)=\ln x+\frac{a}{x}+x$，则对任意$x_1,x_2\in(0,2]$，且$x_1＜x_2$，都有$F(x_1)＜F(x_2)$，所以$F(x)$在$(0,2]$上单调递增，即$F'(x)=\frac{1}{x}-\frac{a}{x^2}+1\geqslant0$在$(0,2]$上恒成立，即$a\leqslant\frac{(x + 1)^3}{x}$在$(0,2]$上恒成立.令$h(x)=\frac{(x + 1)^3}{x},0＜x\leqslant2$，则$h'(x)=\frac{(x + 1)^2(2x - 1)}{x^2}$.令$h'(x)＜0$，得$0＜x＜\frac{1}{2}$；令$h'(x)＞0$，得$\frac{1}{2}＜x\leqslant2$.所以$h(x)$在$\left(0,\frac{1}{2}\right)$上单调递减，在$\left(\frac{1}{2},2\right]$上单调递增，所以$h(x)_{min}=h\left(\frac{1}{2}\right)=\frac{27}{4}$，所以$a\leqslant\frac{27}{4}$，即实数$a$的取值范围是$\left(-\infty,\frac{27}{4}\right]$.故选A.
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