《2025年练习生高中数学选择性必修第二册人教版》

1. [2023 · 河南信阳淮滨高中高二阶段练习] 已知函数$f(x)$的导函数为$f^{\prime}(x)$，对任意$x \in \mathbf{R}$，都有$f^{\prime}(x) ＜ f(x)$成立，则
(C)

A.$\mathrm{e}f(1) ＜ f(2)$
B.$\mathrm{e}f(1) \leqslant f(2)$
C.$\mathrm{e}f(1) ＞ f(2)$
D.$\mathrm{e}f(1) \geqslant f(2)$

答案： 1.C　[解析]令$g(x)=\frac{f(x)}{e^{x}}$[结合选项与条件$f^{\prime}(x)\lt f(x)$构造函数，遇到$f^{\prime}(x)-f(x)$的形式通常构造商的形式的函数]，则$g^{\prime}(x)=\frac{f^{\prime}(x)-f(x)}{e^{x}}\lt0$，所以$g(x)=\frac{f(x)}{e^{x}}$为$R$上的减函数，所以$g(1)\gt g(2)$，即$\frac{f(1)}{e}\gt\frac{f(2)}{e^{2}}$，化简得$ef(1)\gt f(2)$。故选C。

2. 已知$0 ＜ x ＜ y ＜ \pi$，且$\mathrm{e}^{y}\sin x = \mathrm{e}^{x}\sin y$，其中$\mathrm{e}$为自然对数的底数，则下列选项一定成立的是 (C)

A.$y ＜ \frac{\pi}{4}$
B.$x + y ＜ \frac{\pi}{2}$
C.$\cos x + \cos y ＞ 0$
D.$\sin x ＞ \sin y$

答案： 2.C　[解析]因为$e^{y}\sin x = e^{x}\sin y$（变形为商的形式，便于构造函数），所以$\frac{\sin x}{e^{x}}=\frac{\sin y}{e^{y}}$。令$g(t)=\frac{\sin t}{e^{t}}$，$t\in(0,\pi)$，则$g^{\prime}(t)=\frac{e^{t}\cos t - e^{t}\sin t}{(e^{t})^{2}}=\frac{\cos t - \sin t}{e^{t}}$。由$g^{\prime}(t)\gt0$，得$t\in(0,\frac{\pi}{4})$；由$g^{\prime}(t)\lt0$，得$t\in(\frac{\pi}{4},\pi)$。所以$g(t)=\frac{\sin t}{e^{t}}$在$(0,\frac{\pi}{4})$上单调递增，在$(\frac{\pi}{4},\pi)$上单调递减。因为$0\lt x\lt y\lt\pi$，$g(x)=g(y)$，所以$0\lt x\lt\frac{\pi}{4}\lt y\lt\pi$，故A错误。因为$0\lt x\lt y\lt\pi$，所以$e^{y}\gt e^{x}$。因为$\frac{\sin x}{e^{x}}=\frac{\sin y}{e^{y}}$，所以$\sin y\gt\sin x$，故D错误。因为$0\lt x\lt\frac{\pi}{4}\lt y\lt\pi$，所以$\cos x=\sqrt{1 - \sin^{2}x}\gt0$，$|\cos y|=\sqrt{1 - \sin^{2}y}$。因为$\sin y\gt\sin x$，所以$\cos x\gt|\cos y|$，所以$\cos x + \cos y\gt0$，故C正确。令$h(t)=g(t)-g(\frac{\pi}{2}-t)$，则$h^{\prime}(t)=g^{\prime}(t)+g^{\prime}(\frac{\pi}{2}-t)=\frac{\cos t - \sin t}{e^{t}}+\frac{\sin t - \cos t}{e^{\frac{\pi}{2}-t}}=\frac{(\sin t - \cos t)(e^{-\frac{\pi}{2}} - e^{-t})}{e^{t}}$。当$0\lt t\lt\pi$时，$h^{\prime}(t)\gt0$恒成立，所以$h(t)=g(t)-g(\frac{\pi}{2}-t)$在$(0,\pi)$上单调递增。易知$h(\frac{\pi}{4})=0$，所以当$0\lt x\lt\frac{\pi}{4}$时，$h(x)=g(x)-g(\frac{\pi}{2}-x)\lt0$，即$g(x)\lt g(\frac{\pi}{2}-x)$。又$g(x)=g(y)$，所以$g(x)=g(y)\lt g(\frac{\pi}{2}-x)$。因为$0\lt x\lt\frac{\pi}{4}\lt y\lt\pi$，所以$\frac{\pi}{2}-x\in(\frac{\pi}{4},\frac{\pi}{2})$。因为$g(t)=\frac{\sin t}{e^{t}}$在$(\frac{\pi}{4},\pi)$上单调递减，所以$y\gt\frac{\pi}{2}-x$，即$y + x\gt\frac{\pi}{2}$，故B错误。选C。

3. 若正实数$a,b$满足$a ＞ b$，且$\ln a · \ln b ＞ 0$，则下列不等式一定成立的是
(D)

A.$\log_{a}\frac{1}{b} ＞ 0$
B.$a - b ＞ \frac{1}{b} - \frac{1}{a}$
C.$3^{a b + 1} ＜ 3^{a + b}$
D.$a^{b - 1} ＜ b^{a - 1}$

答案： 3.D　[解析]因为$a\gt b\gt0$，$y = \ln x$在$(0, +\infty)$上为增函数，所以$\ln a\gt\ln b$。由于$\ln a·\ln b\gt0$，故$\ln a\gt\ln b\gt0$或$\ln b\lt\ln a\lt0$。当$\ln a\gt\ln b\gt0$时，$a\gt b\gt1$，则$0\lt\frac{1}{b}\lt1$，此时$\log_{a}\frac{1}{b}\lt0$；$a - b - \frac{1}{b} + \frac{1}{a}=a - b - \frac{a - b}{ab}=(a - b)(1 - \frac{1}{ab})\gt0$，故$a - b\gt\frac{1}{b}-\frac{1}{a}$；$ab + 1 - (a + b)=(a - 1)(b - 1)\gt0$，即$ab + 1\gt a + b$，所以$3^{ab + 1}\gt3^{a + b}$。当$\ln b\lt\ln a\lt0$时，$0\lt b\lt a\lt1$，则$\frac{1}{b}\gt1$，此时$\log_{a}\frac{1}{b}\lt0$；$a - b - \frac{1}{b} + \frac{1}{a}=(a - b)(\frac{ab - 1}{ab})\lt0$，故$a - b\lt\frac{1}{b}-\frac{1}{a}$；$ab + 1 - (a + b)=(a - 1)(b - 1)\gt0$，即$ab + 1\gt a + b$，所以$3^{ab + 1}\gt3^{a + b}$。综上所述，A、B、C均错误。对于D，两边取自然对数，得$(b - 1)\ln a\lt(a - 1)\ln b$。不管$a\gt b\gt1$，还是$0\lt b\lt a\lt1$，均有$(a - 1)(b - 1)\gt0$，所以$\frac{\ln a}{a - 1}\lt\frac{\ln b}{b - 1}$，故只需证$\frac{\ln a}{a - 1}\lt\frac{\ln b}{b - 1}$即可。
设$f(x)=\frac{\ln x}{x - 1}$（$x\gt0$且$x\neq1$），则$f^{\prime}(x)=\frac{1 - \frac{1}{x} - \ln x}{(x - 1)^{2}}$。令$g(x)=1 - \frac{1}{x} - \ln x$（$x\gt0$且$x\neq1$），则$g^{\prime}(x)=\frac{1}{x^{2}} - \frac{1}{x}=\frac{1 - x}{x^{2}}$。当$x\in(0,1)$时，$g^{\prime}(x)\gt0$；当$x\in(1, +\infty)$时，$g^{\prime}(x)\lt0$。所以$g(x)\lt g(1)=0$，所以$f^{\prime}(x)\lt0$在$(0,1)\cup(1, +\infty)$上恒成立，故$f(x)=\frac{\ln x}{x - 1}$（$x\gt0$且$x\neq1$）是减函数。因为$a\gt b$，所以$\frac{\ln a}{a - 1}\lt\frac{\ln b}{b - 1}$，结论得证，D正确。故选D。
方法总结　　对于比较大小的题目，常用的方法有：
(1)作差法；
(2)作商法；
(3)利用函数的单调性进行比较。

4. (多选)[2023 · 江苏南京建邺高级中学高二期初] 若$a$，$b$为正实数，且$a ＞ b$，则下列不等式成立的是 (BD)

A.$\frac{1}{a} ＞ \frac{1}{b}$
B.$\ln a ＞ \ln b$
C.$a\ln a ＞ b\ln b$
D.$a - b ＜ \mathrm{e}^{a} - \mathrm{e}^{b}$

答案： 4.BD　[解析]对于A，因为函数$y=\frac{1}{x}$在$(0, +\infty)$上单调递减，所以当$a\gt b\gt0$时，$\frac{1}{a}\lt\frac{1}{b}$，A错误。对于B，由于函数$y = \ln x$在$(0, +\infty)$上为增函数，故当$a\gt b\gt0$时，$\ln a\gt\ln b$，B正确。对于C，令$y = x\ln x$，则$y^{\prime}=\ln x + 1$。当$x\in(0,\frac{1}{e})$时，$y^{\prime}=\ln x + 1\lt0$，$y = x\ln x$单调递减；当$x\in(\frac{1}{e}, +\infty)$时，$y^{\prime}=\ln x + 1\gt0$，$y = x\ln x$单调递增。所以无法确定$a\ln a$与$b\ln b$的大小关系，C错误。对于D，令$y = e^{x} - x$，则$y^{\prime}=e^{x} - 1\gt0$在$(0, +\infty)$上恒成立，故函数$y = e^{x} - x$在$(0, +\infty)$上单调递增，所以当$a\gt b\gt0$时，$e^{b} - b\lt e^{a} - a$，即$a - b\lt e^{a} - e^{b}$，D正确。故选BD。

5. 设$a = 100\ln 100,b = \ln(101)^{99},c = 101\ln 99$，则下列选项正确的是
(B)

A.$a ＞ c ＞ b$
B.$c ＞ a ＞ b$
C.$c ＞ b ＞ a$
D.$a ＞ b ＞ c$

答案： 5.B　思维路径：构造函数$f(x)=(200 - x)\ln x$（$90\lt x\lt110$）→讨论函数的单调性→比较得出$f(99)\gt f(100)\gt f(101)$→从而得$a$，$b$，$c$的大小关系。
[解析]由题意知$a = 100\ln100$，$b = 99\ln101$，$c = 101\ln99$。设$f(x)=(200 - x)\ln x$（$90\lt x\lt110$），则$f^{\prime}(x)=\frac{200 - x}{x} - \ln x=\frac{200}{x} - 1 - \ln x$，所以$f^{\prime}(x)=\frac{200}{x} - 1 - \ln x\lt\frac{200}{90} - 1 - \ln90\lt0$，所以$f(x)$在$(90,110)$上单调递减，所以$f(99)\gt f(100)\gt f(101)$，即$101\ln99\gt100\ln100\gt99\ln101$，所以$c\gt a\gt b$。故选B。

6. 已知$a,b,c$均为负实数，且$a = \ln\frac{a + 1}{3} + 2,b = \ln\frac{b + 1}{4} + 3,c = 2\mathrm{e}^{c - 1} - 1$，则
(A)

A.$b ＜ a ＜ c$
B.$c ＜ b ＜ a$
C.$a ＜ b ＜ c$
D.$a ＜ c ＜ b$

答案：
6.A　[解析]由$a = \ln\frac{a + 1}{3} + 2$，得$a = 2 - \ln3 + \ln(a + 1)$，于是$a - \ln(a + 1)=2 - \ln3$。同理，由$b = \ln\frac{b + 1}{4} + 3$，得$b - \ln(b + 1)=3 - \ln4$。对于$c = 2e^{c - 1} - 1$，可得$c + 1 = 2e^{c - 1}$，两边同时取对数得$\ln(c + 1)=\ln2 + c - 1$，整理得$c - \ln(c + 1)=1 - \ln2$。构造函数$f(x)=x - \ln(x + 1)$（由变形后关于$a$，$b$，$c$的等式构造该函数），则$f(a)=f(2)$，$f(b)=f(3)$，$f(c)=f(1)$，$f^{\prime}(x)=\frac{x}{x + 1}$（$x\gt - 1$），所以当$-1\lt x\lt0$时，$f^{\prime}(x)\lt0$；当$x\gt0$时，$f^{\prime}(x)\gt0$。所以$f(x)$在$(-1,0)$上单调递减，在(0,+∞)上单调递增，所以$f(1)\lt f(2)\lt f(3)$。又$a\lt0$，$b\lt0$，$c\lt0$，由此作出$f(x)$的大致图像，如图，所以$b\lt a\lt c$。故选A。

方法总结：构造函数比较大小时，需要结合代数式的特点，选择适当的函数，通过导数研究函数的单调性，从而比较代数式的大小。本题中变形得到$a - \ln(a + 1)=2 - \ln3$，$b - \ln(b + 1)=3 - \ln4$及$c - \ln(c + 1)=1 - \ln2$，三个式子的形式较类似，所以可通过构造出适当的函数进行比较大小。

7. [2023 · 福建福州第三中学高二期末] 设$a = 0.1$,
$b = \sin 0.1,c = \mathrm{e}^{- 0.9}$，则
(C)

A.$a ＜ b ＜ c$
B.$a ＜ c ＜ b$
C.$b ＜ a ＜ c$
D.$b ＜ c ＜ a$

答案： 7.C　[解析]令$g(x)=x - \sin x$，$x\in(0,\frac{\pi}{2})$，则$g^{\prime}(x)=1 - \cos x\gt0$，所以$g(x)=x - \sin x$在$(0,\frac{\pi}{2})$上单调递增。又$g(0)=0$，所以$g(x)\gt g(0)=0$，$x\in(0,\frac{\pi}{2})$，即$x\gt\sin x$，$x\in(0,\frac{\pi}{2})$，所以$0.1\gt\sin0.1$，即$a\gt b$。令$f(x)=e^{x} - x - 1$，则$f^{\prime}(x)=e^{x} - 1$。当$x\lt0$时，$f^{\prime}(x)\lt0$，所以$f(x)$在$(-\infty,0)$上单调递减。又$f(0)=0$，所以当$x\lt0$时，$f(x)\gt f(0)=0$，即$e^{x}\gt x + 1$，所以$e^{-0.9}\gt - 0.9 + 1 = 0.1$，即$c\gt a$。综上所述，$c\gt a\gt b$。故选C。

8. [2023 · 江苏徐州高二期末] 已知$a = 0.99 - \ln 0.99,b = 1,c = 1.01 - 1.01\ln 1.01$，则
(B)

A.$a ＜ b ＜ c$
B.$c ＜ b ＜ a$
C.$b ＜ c ＜ a$
D.$b ＜ a ＜ c$

答案： 8.B　[解析]设$f(x)=x - \ln x$，$x\gt0$，则$f^{\prime}(x)=1 - \frac{1}{x}=\frac{x - 1}{x}$，所以当$0\lt x\lt1$时，$f^{\prime}(x)\lt0$，$f(x)$单调递减；当$x\gt1$时，$f^{\prime}(x)\gt0$，$f(x)$单调递增。所以$f(0.99)\gt f(1)=1$，即有$0.99 - \ln0.99\gt1$，故$a\gt b$。令$g(x)=x - x\ln x$（$x\gt0$），则$g^{\prime}(x)=1 - (\ln x + 1)= - \ln x$，所以当$0\lt x\lt1$时，$g^{\prime}(x)\gt0$，$g(x)$单调递增；当$x\gt1$时，$g^{\prime}(x)\lt0$，$g(x)$单调递减。所以$g(1.01)\lt g(1)=1$，即$1.01 - 1.01\ln1.01\lt1$，故$c\lt b$。综上所述，$c\lt b\lt a$。故选B。

9. (高考快递·原创) 设$a = \mathrm{e}^{0.25},b = 1,c = - 4\ln 0.75$，则
(D)

A.$a ＜ b ＜ c$
B.$b ＜ a ＜ c$
C.$c ＜ a ＜ b$
D.$b ＜ c ＜ a$

答案： 9.D　[解析]设$f(x)=\ln(1 - x) + x$（$0\lt x\lt1$），则$f^{\prime}(x)=\frac{1}{1 - x} - 1=\frac{x}{x - 1}$（$0\lt x\lt1$）。当$x\in(0,1)$时，$f^{\prime}(x)\lt0$，所以函数$f(x)$在$(0,1)$上单调递减，所以$f(\frac{1}{4})\lt f(0)=0$，所以$\ln\frac{3}{4}+\frac{1}{4}\lt0$，故$\frac{1}{4}\lt - \ln\frac{3}{4}= - \ln0.75$，即$1\lt - 4\ln0.75$，即$b\lt c$。设$g(x)=xe^{x} + \ln(1 - x)$（$0\lt x\lt1$），则$g^{\prime}(x)=(x + 1)e^{x}+\frac{1}{x - 1}=\frac{(x^{2} - 1)e^{x} + 1}{x - 1}$（$0\lt x\lt1$）。令$h(x)=e^{x}(x^{2} - 1) + 1$，则$h^{\prime}(x)=e^{x}(x^{2} + 2x - 1)$。当$0\lt x\lt\sqrt{2} - 1$时，$h^{\prime}(x)\lt0$，函数$h(x)$在$(0,\sqrt{2} - 1)$上单调递减。又$h(0)=0$，所以当$0\lt x\lt\sqrt{2} - 1$时，$h(x)\lt0$，所以当$0\lt x\lt\sqrt{2} - 1$时，$g^{\prime}(x)\gt0$，函数$g(x)$在$(0,\sqrt{2} - 1)$上单调递增，所以$g(0.25)\gt g(0)=0$，即$0.25e^{0.25}\gt - \ln0.75$，即$e^{0.25}\gt - 4\ln0.75$，即$a\gt c$。综上所述，$b\lt c\lt a$。故选D。

10. [2023 · 天津高二期中] 已知函数$f(x)$的导函数是$f^{\prime}(x)$，对任意的$x \in \mathbf{R},f^{\prime}(x) ＜ 1$. 若$f( - 1) = 1$，则$f(x) ＞ x + 2$的解集是
(C)

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

答案： 10.C　[解析]设函数$g(x)=f(x) - x - 2$，则$g^{\prime}(x)=f^{\prime}(x) - 1$。因为$f^{\prime}(x)\lt1$，所以$g^{\prime}(x)=f^{\prime}(x) - 1\lt0$，所以函数$g(x)$在$R$上单调递减。因为$f(-1)=1$，所以$g(-1)=f(-1) + 1 - 2 = 0$。由不等式$f(x)\gt x + 2$，得$g(x)\gt g(-1)=0$，所以$x\lt - 1$，即不等式$f(x)\gt x + 2$的解集为$(-\infty, - 1)$。故选C。

11. [2023 · 安徽合肥高二联考] 若定义在$\mathbf{R}$上的函数$f(x)$的导函数为$f^{\prime}(x)$，且满足$f^{\prime}(x) ＜ f(x)$，$f(0) = 1$，则不等式$f(x) ＜ \mathrm{e}^{x}$的解集是
(C)

A.$( - \infty,0)$
B.$( - \infty,1)$
C.$(0, + \infty )$
D.$(1, + \infty )$

答案： 11.C　[解析]令$g(x)=\frac{f(x)}{e^{x}}$[遇到$f^{\prime}(x)\lt f(x)$时一般构造商的函数]，则$g^{\prime}(x)=\frac{f^{\prime}(x) - f(x)}{e^{x}}\lt0$，所以$g(x)=\frac{f(x)}{e^{x}}$在$R$上单调递减。因为$g(0)=\frac{f(0)}{e^{0}} = 1$，所以$f(x)\lt e^{x}$等价于$\frac{f(x)}{e^{x}}\lt1$，即$g(x)\lt g(0)$，所以$x\gt0$，所以不等式$f(x)\lt e^{x}$的解集为$(0, +\infty)$。故选C。

12. [2022 · 黑龙江哈尔滨第六中学高二期末] 设函数$f(x)$的定义域为$(0, + \infty )$，对于任意的$x_{1} ＜ x_{2}$，当$x_{1},x_{2} \in (0, + \infty )$时，有$x_{1}f(x_{2}) - x_{2}f(x_{1}) ＞ x_{1} - x_{2}$. 若$f(2) = 3$，则不等式$f(x) ＜ x + 1$的解集为(0,2).

答案： 12.$(0,2)$　[解析]因为$x_{1}f(x_{2}) - x_{2}f(x_{1})\gt x_{1} - x_{2}$，所以$x_{1}f(x_{2}) - x_{1}\gt x_{2}f(x_{1}) - x_{2}$，即$x_{1}[f(x_{2}) - 1]\gt x_{2}[f(x_{1}) - 1]$。又$x_{1}$，$x_{2}\in(0, +\infty)$，所以$\frac{f(x_{2}) - 1}{x_{2}}\gt\frac{f(x_{1}) - 1}{x_{1}}$（通过对式子进行变形并结合所求的不等式构造对应函数）。令$h(x)=\frac{f(x) - 1}{x}$。因为对于任意的$x_{1}\lt x_{2}$，$\frac{f(x_{2}) - 1}{x_{2}}\gt\frac{f(x_{1}) - 1}{x_{1}}$，所以$h(x)=\frac{f(x) - 1}{x}$在$(0, +\infty)$上单调递增。又$f(2)=3$，所以$h(2)=\frac{f(2) - 1}{2}=1$。由$f(x)\lt x + 1$，得$\frac{f(x) - 1}{x}\lt1$，即$h(x)=\frac{f(x) - 1}{x}\lt1 = h(2)$，所以由函数$h(x)$的单调性可得$0\lt x\lt2$，则不等式$f(x)\lt x + 1$的解集为$(0,2)$。

13. [2023 · 湖南长沙明德中学高二期末] 已知不等式$k(x + 3)\mathrm{e}^{x} ＜ x + 1$恰有$2$个整数解，则实数$k$的取值范围是
(D)

A.$\frac{2}{3\mathrm{e}^{3}} \leqslant k ＜ \frac{3}{5\mathrm{e}^{2}}$
B.$\frac{3}{5\mathrm{e}^{2}} \leqslant k ＜ \frac{1}{2\mathrm{e}}$
C.$\frac{2}{3\mathrm{e}^{3}} ＜ k \leqslant \frac{3}{5\mathrm{e}^{2}}$
D.$\frac{3}{5\mathrm{e}^{2}} ＜ k \leqslant \frac{1}{2\mathrm{e}}$

答案：
13.D　[解析]原不等式$k(x + 3)e^{x}\lt x + 1$等价于$k(x + 3)\lt\frac{x + 1}{e^{x}}$。设$g(x)=k(x + 3)$，$f(x)=\frac{x + 1}{e^{x}}$（转化为函数图像的交点问题，可结合图像求解），则$f^{\prime}(x)=\frac{-x}{e^{x}}$。当$x\lt0$时，$f^{\prime}(x)\gt0$；当$x\gt0$时，$f^{\prime}(x)\lt0$。所以$f(x)$在$(-\infty,0)$上单调递增，在$(0, +\infty)$上单调递减，所以当$x = 0$时，$f(x)$取得极大值。又$f(-1)=0$，且$x\gt0$时，$f(x)\gt0$，直线$g(x)=k(x + 3)$恒过点$(-3,0)$，因此直线$g(x)=k(x + 3)$与函数$f(x)=\frac{x + 1}{e^{x}}$的大致图像如图。当$k\leq0$时，显然不满足条件；
当$k\gt0$时，只需要满足$\begin{cases}f(1)\gt g(1)\\f(2)\leq g(2)\end{cases}$，即$\begin{cases}\frac{2}{e}\gt4k\frac{3}{e^{2}}\leq5k\end{cases}$，解得$\frac{3}{5e^{2}}\leq k\lt\frac{1}{2e}$。故选D。