《2025年练习生高中数学选择性必修第二册人教版》

1. 曲线$y = \sin x + 2\cos x$在点$(\pi, - 2)$处的切线方程为 (D)

A.$x - y - \pi - 2 = 0$
B.$2x - y - 2\pi - 2 = 0$
C.$2x + y - 2\pi + 2 = 0$
D.$x + y - \pi + 2 = 0$

答案： 1.D 【解析】由题意，得$y^{\prime} = \cos x - 2\sin x$.所以$y^{\prime}\mid_{x = \pi} = \cos\pi - 2\sin\pi = - 1$，所以切线方程为$y + 2 = - (x - \pi)$，即$x + y - \pi + 2 = 0$.故选D.

2. 已知函数$f(x) = \begin{cases}ax^{2} + bx + c, & x \geqslant - 1, \\f( - x - 2), & x ＜ - 1\end{cases}$的图像在点$(1,f(1))$处的切线方程为$y = 2x + 1$，则它在点$( - 3,f( - 3))$处的切线方程为 ( )

A.$y = - 2x - 3$
B.$y = - 2x + 3$
C.$y = 2x - 3$
D.$y = 2x + 3$

答案： 2.A 【解析】因为函数$f(x)$的图像在点$(1,f(1))$处的切线方程为$y = 2x + 1$，所以$f(1) = 3$（切点在切线上），且$f^{\prime}(1) = 2$（切点处的导数等于切线斜率）.由题意可得$f( - 3) = f(1) = 3$.又$f^{\prime}(x) = \begin{cases} 2ax + b,x \geq - 1, \\ - f^{\prime}( - x - 2),x ＜ - 1, \end{cases}$所以$f^{\prime}( - 3) = - f^{\prime}(1) = - 2$，所以点$( - 3,f( - 3))$为$( - 3,3)$，函数$f(x)$的图像在点$( - 3,f( - 3))$处的切线斜率为$- 2$，所以所求切线方程为$y - 3 = - 2(x + 3)$，即$y = - 2x - 3$.故选A.
方法总结 当已知切点坐标为$(x_{0},y_{0})$时，根据导函数的几何意义可得到切线的斜率，再利用点斜式方程$y - f(x_{0}) = f^{\prime}(x_{0})(x - x_{0})$求出切线方程；当不知道切点坐标时，先设出切点坐标，再结合切点既在函数图像上，又在切线上，列出等式，进行求解.

3. (高考快递·原创) 曲线$y = x(e^{x} + \ln x)$在$x = 1$处的切线方程是$(2e + 1)x - y - e - 1 = 0$.

答案： 3.$(2e + 1)x - y - e - 1 = 0$ 【解析】设$f(x) = x(e^{x} + \ln x)$，则$f^{\prime}(x) = (e^{x} + \ln x) + x(e^{x} + \frac{1}{x}) = (x + 1)e^{x} + 1 + \ln x,x ＞ 0$，所以当$x = 1$时，$f(1) = e,f^{\prime}(1) = 2e + 1$，所以所求切线方程为$y - e = (2e + 1)(x - 1)$，即$(2e + 1)x - y - e - 1 = 0$.

4. 定义在$\mathbf{R}$上的函数$f(x)$满足：$f( - x) = f(x)$. 若曲线$y = f(x)$在$x = - 1$处的切线方程为$x - y + 3 = 0$，则该曲线在$x = 1$处的切线方程为$x + y - 3 = 0$.

答案： 4.$x + y - 3 = 0$ 【解析】因为曲线$y = f(x)$在$x = - 1$处的切线方程为$x - y + 3 = 0$，所以$f( - 1) = 2$，且$f^{\prime}( - 1) = 1$.因为$f( - x) = f(x)$，所以$f(x)$为偶函数，则$f(1) = f( - 1) = 2$.对$f( - x) = f(x)$两边求导，可得$- f^{\prime}( - x) = f^{\prime}(x)$（求导时注意复合函数的求导法则），所以$f^{\prime}(1) = - f^{\prime}( - 1) = - 1$，所以曲线在$x = 1$处的切线方程为$y - 2 = - 1 × (x - 1)$，即$x + y - 3 = 0$.

5. [2023·北京十一中高二期末] 已知$f(x)$为奇函数，当$x ＜ 0$时，$f(x) = - x^{2}$，则曲线$y = f(x)$在点$(1,1)$处的切线斜率是 (B)

A.$- 2$
B.$2$
C.$-e$
D.$e^{- 2} + 1$

答案： 5.B 【解析】当$x ＞ 0$时，因为$f(x)$为奇函数，所以有$f(x) = - f( - x) = x^{2}$，则$f^{\prime}(x) = 2x$，所以曲线$y = f(x)$在点$(1,1)$处的切线斜率是$f^{\prime}(1) = 2$.故选B.

6. [2023·重庆南开中学高二开学考试] 过点$(2, - 6)$作曲线$y = x^{3} - 3x$的切线，所得切线斜率为 (C)

A.$- 3$
B.$0$或$3$
C.$- 3$或$24$
D.$0$

答案： 6.C 【解析】因为点$(2, - 6)$不在曲线$y = x^{3} - 3x$上，所以设切点为$(x_{0},y_{0})$.因为$y^{\prime} = 3x^{2} - 3$，所以切线斜率$k = 3x_{0}^{2} - 3$.又切线过点$(2, - 6)$，所以$k = \frac{y_{0} - ( - 6)}{x_{0} - 2} = \frac{y_{0} + 6}{x_{0} - 2}$，所以$\frac{y_{0} + 6}{x_{0} - 2} = 3x_{0}^{2} - 3$，整理得$y_{0} = 3x_{0}^{3} - 6x_{0}^{2} - 3x_{0}$.又$y_{0} = x_{0}^{3} - 3x_{0}$，所以$x_{0}^{3} - 3x_{0} = 3x_{0}^{3} - 6x_{0}^{2} - 3x_{0}$，即$x_{0}^{3} - 3x_{0}^{2} = 0$，解得$x_{0} = 0$或$x_{0} = 3$.当$x_{0} = 0$时，$k = - 3$；当$x_{0} = 3$时，$k = 24$.所以切线斜率为$- 3$或$24$.故选C.

7. [2023·江苏南通海安立发中学高二期末] 函数$f(x) = \frac{\cos x}{e^{x}}$($e$是自然对数的底数) 的图像在点$(0,f(0))$处的切线的倾斜角是 (C)

A.$\frac{\pi}{4}$
B.$\frac{\pi}{2}$
C.$\frac{3\pi}{4}$
D.$\frac{2\pi}{3}$

答案： 7.C 【解析】由题意，得$f^{\prime}(x) = \frac{- \sin x · e^{x} - \cos x · e^{x}}{(e^{x})^{2}} = \frac{- \sin x - \cos x}{e^{x}}$，所以$f^{\prime}(0) = \frac{- \sin 0 - \cos 0}{e^{0}} = - 1$.所以函数$f(x)$的图像在点$(0,f(0))$处的切线的倾斜角是$\frac{3\pi}{4}$（倾斜角的正切值为切线斜率）.故选C.

8. [2023·天津河西高二期末] 若函数$y = x\ln x$的图像上在点$P$处的切线平行于双曲线$C:x^{2} - \frac{y^{2}}{4} = 1$的渐近线，则点$P$的坐标是$(e,e)$或$(e^{-3},-3e^{-3})$.

答案： 8.$(e,e)$或$(e^{- 3}, - 3e^{- 3})$ 【解析】设$P(x_{0},y_{0})$.由$y = x\ln x$，得$y^{\prime} = \ln x + 1$.又双曲线$C:\frac{y^{2}}{4} - x^{2} = 1$的渐近线方程为$y = \pm 2x$，所以$\ln x_{0} + 1 = 2$或$\ln x_{0} + 1 = - 2$，解得$x_{0} = e$或$x_{0} = e^{- 3}$.当$x_{0} = e$时，$y = e\ln e = e$；当$x_{0} = e^{- 3}$时，$y = e^{- 3}\ln e^{- 3} = - 3e^{- 3}$.所以点$P$的坐标为$(e,e)$或$(e^{- 3}, - 3e^{- 3})$.

9. [2023·江苏宿迁高二期末] 若直线$l:x + y + a = 0$是曲线$C:y = x - 2\ln x$的一条切线，则实数$a$的值为 (C)

A.$- 3$
B.$3$
C.$- 2$
D.$2$

答案： 9.C 【解析】由题意得$y^{\prime} = 1 - \frac{2}{x}$.设直线$l$与曲线$C$的切点为$P(x_{0},y_{0})$（已知切线斜率求参数，需设切点），则直线$l$的斜率$k = y^{\prime}\mid_{x = x_{0}} = 1 - \frac{2}{x_{0}}$.由于直线$x + y + a = 0$的斜率为$- 1$，所以$1 - \frac{2}{x_{0}} = - 1$，解得$x_{0} = 1$.所以$y_{0} = 1 - 2\ln 1 = 1$，即切点为$(1,1)$，故$1 + 1 + a = 0$，解得$a = - 2$.故选C.

10. [2023·江苏淮安高二期末] 直线$y = kx + 1$与曲线$f(x) = ax^{3} + b$相切于点$P(1,2)$，则$b =$ (C)

A.$\frac{1}{3}$
B.$1$
C.$\frac{5}{3}$
D.$2$

答案： 10.C 【解析】因为直线$y = kx + 1$与曲线$f(x) = ax^{3} + b$相切于点$P(1,2)$（知道切点，可求切线斜率），所以将点$P(1,2)$的坐标代入$y = kx + 1$，得$k + 1 = 2$，解得$k = 1$.由$f(x) = ax^{3} + b$，得$f^{\prime}(x) = 3ax^{2}$，所以$f^{\prime}(1) = 3a = 1$，解得$a = \frac{1}{3}$.所以$f(x) = \frac{1}{3}x^{3} + b$.因为点$P(1,2)$在曲线$f(x) = \frac{1}{3}x^{3} + b$上，所以$f(1) = \frac{1}{3} + b = 2$，解得$b = \frac{5}{3}$.故选C.

11. 已知$k ＜ 0$，直线$y = k(x - 2)$与曲线$y = x - 2\ln x$相切，则$k =$ (B)

A.$- \frac{1}{2}$
B.$- 1$
C.$- 2$
D.$-e$

答案： 11.B 【解析】由$y = x - 2\ln x$，得$x ＞ 0,y^{\prime} = 1 - \frac{2}{x}$.因为直线$y = k(x - 2)$与曲线$y = x - 2\ln x$相切，所以设切点为$(x_{0},x_{0} - 2\ln x_{0})$，则$k = 1 - \frac{2}{x_{0}}$.因为直线$y = k(x - 2)$过点$(2,0)$，所以$2x_{0} - 2 - x_{0}\ln x_{0} = 0$.令$f(x) = 2x - 2 - x\ln x(0 ＜ x ＜ 2)$，则$f^{\prime}(x) = 1 - \ln x ＞ 0$在$(0,2)$上恒成立，所以$f(x)$在$(0,2)$上单调递增.又$f(1) = 0$，所以切点为$(1,1)$，则$k = 1 - \frac{2}{1} = - 1$.故选B.

12. [2023·广东清远南阳中学高二月考] 设函数$f(x) = ae^{x}\ln x + \frac{be^{x - 1}}{x}$，曲线$y = f(x)$在点$(1,f(1))$处的切线方程为$y = e(x - 1) + 2$，则$a =$1，$b =$2.

答案： 12.$\frac{1}{2}$ 【解析】由题意，得$f^{\prime}(x) = ae^{x}(\frac{1}{x} + \ln x) + be^{x - 1}(\frac{1}{x}-\frac{1}{x^{2}})$.因为曲线$y = f(x)$在点$(1,f(1))$处的切线方程为$y = e(x - 1) + 2$，所以$f^{\prime}(1) = ae = e,f(1) = b = 2$，所以$a = 1,b = 2$.

13. [2023·河南大联考高二阶段性测试] 已知直线$y = ax + b$与曲线$y = \ln x - x$相切，则$a + b$的最小值是-1.

答案： 13.$- 1$ 【解析】设切点为$A(x_{0},y_{0})$.由$y = \ln x - x$得$x ＞ 0,y^{\prime} = \frac{1}{x} - 1$，所以$\frac{1}{x_{0}} - 1 = a$，则$x_{0} = \frac{1}{a + 1}$.因为$x_{0} ＞ 0$，所以$a ＞ - 1$.又$y_{0} = ax_{0} + b,y_{0} = \ln x_{0} - x_{0}$，所以$ax_{0} + b = \ln x_{0} - x_{0}$，所以$a · \frac{1}{a + 1} + b = \ln\frac{1}{a + 1} - \frac{1}{a + 1}$，解得$b = - \ln(a + 1) - 1$.故$a + b = a - \ln(a + 1) - 1$.令$g(x) = x - \ln(x + 1) - 1,x ＞ - 1$，则$g^{\prime}(x) = 1 - \frac{1}{x + 1} = \frac{x}{x + 1}$.当$x \in ( - 1,0)$时，$g^{\prime}(x) ＜ 0$，此时函数$g(x)$单调递减；当$x \in (0, + \infty)$时，$g^{\prime}(x) ＞ 0$，此时函数$g(x)$单调递增.所以函数$g(x)$在$x = 0$处取得极小值，也是最小值，所以$g(x)_{\min} = - 1$，故$a + b$的最小值为$- 1$.

14. 若过点$(a,b)$可以作曲线$y = x - \frac{1}{x}$($x ＞ 0$) 的两条切线，则 (B)

A.$b ＞ a ＞ 0$
B.$a ＞ b ＞ a - \frac{1}{a}$
C.$0 ＜ a - \frac{1}{a} ＜ b ＜ a$
D.$a - \frac{1}{a} ＜ b ＜ 0 ＜ a$

答案： 14.B 【解析】设切点为$(x_{0},y_{0})$，则$x_{0} ＞ 0$.由题意，得$y^{\prime} = 1 + \frac{1}{x_{0}} - b\frac{1}{x_{0}^{2}}$，则切线的斜率$k = 1 + \frac{1}{x_{0}^{2}} = \frac{y_{0} - b}{x_{0} - a} = \frac{x_{0} - b}{x_{0} - a}$，化简得$(a - b)x_{0}^{2} - 2x_{0} + a = 0$ ①，则$\Delta = 4 - 4a(a - b)$.因为过点$(a,b)$可以作曲线的两条切线，所以方程①有两个不等正解，即$\begin{cases} - \frac{- 2}{(a - b)} ＞ 0, \\\Delta = 4 - 4a(a - b) ＞ 0, \frac{a}{a - b} ＞ 0, \end{cases}$解得$a ＞ b ＞ a - \frac{1}{a}$.故选B.

15. 已知函数$f(x) = 4\sqrt{x} + a\ln x$，存在两条过原点的直线与曲线$y = f(x)$相切，则实数$a$的取值范围是 (D)

A.$( - e^{2},0)$
B.$( - \infty, - e^{3})$
C.$( - \sqrt{e},0)$
D.$( - \infty, - e^{\frac{3}{2}})$

答案： 15.D 【解析】设切点坐标为$(x_{0},y_{0})$.由题意，得$f^{\prime}(x) = \frac{2}{\sqrt{x}} + \frac{a}{x},x ＞ 0$，则切线斜率为$f^{\prime}(x_{0}) = \frac{2}{\sqrt{x_{0}}} + \frac{a}{x_{0}}$.又$y_{0} = 4\sqrt{x_{0}} + a\ln x_{0}$，则切线方程为$y - (4\sqrt{x_{0}} + a\ln x_{0}) = (\frac{2}{\sqrt{x_{0}}} + \frac{a}{x_{0}})(x - x_{0})$.因为切线过原点，所以$- (4\sqrt{x_{0}} + a\ln x_{0}) = (\frac{2}{\sqrt{x_{0}}} + \frac{a}{x_{0}}) · ( - x_{0})$，即方程$2\sqrt{x_{0}} + a\ln x_{0} - a = 0$在$x_{0} \in (0, + \infty)$上有两个不相等的实根[将存在两条过原点的直线与曲线$y = f(x)$相切转化为关于切点的横坐标$x_{0}$的方程有两个解].设$h(x) = 2\sqrt{x} + a\ln x - a,x \in (0, + \infty)$，则$h^{\prime}(x) = \frac{1}{\sqrt{x}} + \frac{a}{x} = \frac{\sqrt{x} + a}{x}$.当$a \geq 0$时，$h^{\prime}(x) ＞ 0$恒成立，所以$h(x)$在$(0, + \infty)$上单调递增，不可能存在两个零点，故不符合题意.当$a ＜ 0$时，令$h^{\prime}(x) = 0$，得$x = a^{2}$.当$x \in (0,a^{2})$时，$h^{\prime}(x) ＜ 0$，此时函数$h(x)$单调递减；当$x \in (a^{2}, + \infty)$时，$h^{\prime}(x) ＞ 0$，此时函数$h(x)$单调递增.所以要使方程$h(x) = 0$有两个不同的零点，则$h(x)_{\min} = h(a^{2}) = 2\sqrt{a^{2}} + a\ln a^{2} - a = - a\lbrack 3 - 2\ln( - a)\rbrack ＜ 0$，解得$a ＜ - e^{\frac{3}{2}}$.又$h(e) = 2\sqrt{e} ＞ 0$，当$x \rightarrow + \infty$时，$h(x) \rightarrow + \infty$，故当$a ＜ - e^{\frac{3}{2}}$时，$h(x) = 0$有两个零点，则实数$a$的取值范围是$( - \infty, - e^{\frac{3}{2}})$.故选D.