第2章综合训练--2025北师大版数学选择性必修第二册同步练习题（含解析）

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2025北师大版数学选择性必修第二册
第二章综合训练
一、单项选择题(在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的)
1.已知函数f(x)=2ln x+f'(2)x2+2x+3,则f(1)=(　　)
A.-2 B.2 C.-4 D.4
2.[2024江西赣州期末]已知f(x)=-x3-x,a=20.3,b=0.32,c=log20.3,则(　　)
A.f(c)C.f(c)3.奇函数f(x)=ax3+bx2+cx在x=处有极值,则ac+2b的值为(　　)
A.3 B.-3 C.0 D.1
4.曲线f(x)=ln x-在点(1,f(1))处的切线方程为(　　)
A.2x-y-3=0 B.2x-y-1=0
C.2x+y-3=0 D.2x+y-1=0
5.曲线f(x)=ln(2x-1)上的点到直线2x-y+3=0的最短距离是(　　)
A.1 B.2 C. D.3
6.已知函数f(x)=若y=f(x)-kx恰有两个零点,则k的取值范围为(　　)
A.
B.
C.
D.∪(1,+∞)
7.设函数f(x)=x-ln x(x>0),则f(x)(　　)
A.在区间,1,(1,e)内均有零点
B.在区间,1,(1,e)内均无零点
C.在区间,1内无零点,在区间(1,e)内有零点
D.在区间,1内有零点,在区间(1,e)内无零点
8.定义在R上的偶函数f(x)的导函数为f'(x),若对任意的实数x,都有2f(x)+xf'(x)<2恒成立,则使x2f(x)-f(1)A.{x|x≠±1}
B.(-∞,-1)∪(1,+∞)
C.(-1,1)
D.(-1,0)∪(0,1)
二、多项选择题(在每小题给出的选项中,有多项符合题目要求)
9.已知函数f(x)=xcos x的导函数为f'(x),则 (　　)
A.f'(x)为偶函数 B.f'(x)为奇函数
C.f'(0)=1 D.f+f'
10.[2024北京朝阳期末]已知函数f(x)=x3-ax2-2x,下列命题正确的是(　　)
A.若x=1是函数f(x)的极值点,则a=
B.若x=1是函数f(x)的极值点,则f(x)在x∈[0,2]上的最小值为-
C.若f(x)在(1,2)内单调递减,则a≥
D.若x2ln x≥f(x)在x∈[1,2]上恒成立,则a≥-1
11.对于函数f(x)=,下列说法正确的是(　　)
A.f(x)在(0,)上单调递减
B.f(x)在x=处取得极大值
C.f(2)>f()>f()
D.若f(x)
三、填空题
12.已知奇函数f(x)的导函数为f'(x)=5+cos x,x∈(-1,1),若f(1-t)+f(1-t2)<0,则实数t的取值范围为　　　　　.
13.已知x=0是f(x)=(x-a)ex+1的极值点,则a=　　　　　.
14.[2024湖南湘潭期末]设函数f(x)在R上存在导数f'(x),任意x∈R,有f(-x)+f(x)=x2,在(0,+∞)上f'(x)四、解答题(解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)
15.已知函数f(x)=ln x-ax(a∈R).
(1)a=1时,求函数f(x)在x=1处的切线方程;
(2)讨论函数f(x)的单调性;
(3)证明:不等式ex-2-ax>f(x)恒成立.
16.已知函数f(x)=ln x-(a∈R).
(1)若a=-2,求函数f(x)的图象在(1,f(1))处的切线方程;
(2)若x1,x2是函数f(x)的两个极值点,求a的取值范围,并证明:f(x1)+f(x2)=2f(1).
17.已知函数h(x)=ln x-x-有两个极值点x1,x2,且x1(1)求实数m的取值范围;
(2)求h(x2)-x1的取值范围.
18.已知函数f(x)=xex-x2-2x-1.
(1)求函数f(x)在[-1,1]上的最大值;
(2)证明:当x>0时,f(x)>-x-1.
19.[2024江西宜春期末]已知函数f(x)=xex-x-1.
(1)求函数f(x)在区间[0,1]上的最小值;
(2)不等式a[f(x)+x+1]>ln x+x-2对于x∈(0,+∞)恒成立,求实数a的取值范围.
参考答案
第二章综合训练
1.D　由已知得f'(x)=+2f'(2)x+2,
所以f'(2)=1+4f'(2)+2,解得f'(2)=-1.
故f(1)=-1+2+3=4,所以D选项正确.
2.D　f'(x)=-3x2-1<0,故f(x)是减函数,
又a=20.3>20=1,b=0.32=0.09∈(0,1),c=log20.3b>c,所以f(a)故选D.
3.B　∵函数f(x)=ax3+bx2+cx为奇函数,
∴b=0,则f'(x)=3ax2+c,
由题意得f'=0,即+c=0,
则ac=-3,所以ac+2b=-3.
4.A　由f(x)=ln x-,得f'(x)=,
所以f'(1)=2,f(1)=-1,
所以曲线f(x)=ln x-在(1,f(1))处的切线方程为y+1=2(x-1),即2x-y-3=0.
5.C　直线2x-y+3=0的斜率为2,f'(x)=,令=2,解得x=1,
由于f(1)=ln(2-1)=0,故曲线f(x)在点(1,0)处的切线斜率为2,则点(1,0)到直线2x-y+3=0的距离d=,即曲线f(x)=ln(2x-1)上的点到直线2x-y+3=0的最短距离是,故选C.
6.D　y=f(x)-kx恰有两个零点,即f(x)-kx=0恰有两个实数根,由于x≠0,所以f(x)-kx=0恰有两个实数根等价于=k恰有两个实数根,
令g(x)=,则g(x)=
当x>0时,g(x)=1-,g'(x)=,
令g'(x)=0,解得x=e.
故当x>e时,g'(x)>0,此时g(x)单调递增,当01时,>0,∴g(x)=1-<1,当x<0时,g(x)=1+>1,且g(x)单调递增,在直角坐标系中画出g(x)的大致图象如图,
要使g(x)=k有两个交点,则k∈∪(1,+∞),故选D.
7.C　由题意得f'(x)=(x>0),令f'(x)>0,得x>3;令f'(x)<0,得00,f(e)=-1<0,f=+1>0,所以f(x)在区间,1内无零点,在区间(1,e)内有零点.
8.B　当x>0时,由2f(x)+xf'(x)-2<0可知,两边同乘x得2xf(x)+x2f'(x)-2x<0,设g(x)=x2f(x)-x2,
则g'(x)=2xf(x)+x2f'(x)-2x<0,恒成立,
∴g(x)在(0,+∞)内单调递减,
由x2f(x)-f(1)∴x2f(x)-x2即g(x)1.
当x<0时,由函数g(x)是偶函数,同理得x<-1.
综上可知,实数x的取值范围为(-∞,-1)∪(1,+∞).
9.AC　f'(x)=cos x-xsin x.
对于选项A,B,因为f(x)=xcos x是奇函数,所以f'(x)是偶函数,故A正确,B错误;对于选项C,f'(0)=cos 0-0sin 0=1,故C正确;对于选项D,f+f'cos+cossin=0+0-=-,故D错误.故选AC.
10.ABC　对于A,由f(x)=x3-ax2-2x,得f'(x)=3x2-2ax-2,
因为x=1是函数f(x)的极值点,
所以f'(1)=3-2a-2=0,
得a=,经检验x=1是函数f(x)的极小值点,所以A正确;
对于B,由选项A,可知f(x)=x3-x2-2x,
则f'(x)=3x2-x-2,
由f'(x)>0,得x<-或x>1,
由f'(x)<0,得-所以当x∈[0,2],x=1时,f(x)取得最小值f(1)=1--2=-,所以B正确;
对于C,因为f(x)在(1,2)内单调递减,所以f'(x)≤0,
即f'(x)=3x2-2ax-2≤0,得a≥x-在(1,2)内恒成立,
令g(x)=x-(x∈(1,2)),则g'(x)=>0,
所以g(x)在(1,2)内单调递增,所以g(1)即对于D,由x2ln x≥f(x)在x∈[1,2]上恒成立,
得x2ln x≥x3-ax2-2x在x∈[1,2]上恒成立,
即a≥x-ln x-在x∈[1,2]上恒成立,
令h(x)=x-ln x-,x∈[1,2],
则h'(x)=1->0,
所以h(x)在x∈[1,2]上单调递增,所以h(x)max=h(2)=2-ln 2-1=1-ln 2,所以a≥1-ln 2,所以D错误.
故选ABC.
11.BD　因为f(x)=,所以f'(x)=(x>0),
令f'(x)>0,则1-2ln x>0,解得0令f'(x)<0,则1-2ln x<0,解得x>,
故f(x)在(0,)内单调递增,在(,+∞)内单调递减,A错误;
f(x)的极大值为f()=,B正确;
因为2>,所以f(2)f(x)即f(x)+设g(x)=f(x)+,则g'(x)=(x>0),
令g'(x)>0,则-2ln x-1>0,解得0令g'(x)<0,则-2ln x-1<0,解得x>,
则g(x)在(0,)内单调递增,在(,+∞)内单调递减,
故g(x)max=g()=,k>,D正确.
故选BD.
12.(1,)　因为当x∈(-1,1)时,f'(x)=5+cos x>0,
所以f(x)在(-1,1)内单调递增.
又因为f(x)是奇函数,由f(1-t)+f(1-t2)<0,得f(1-t)<-f(1-t2)=f(t2-1),
所以解得1所以实数t的取值范围为(1,).
13.1　因为f(x)=(x-a)ex+1,
所以f'(x)=(x-a+1)ex.
因为x=0是函数f(x)的极值点,
则f'(0)=0,解得1-a=0,解得a=1,
当a=1时,f'(x)=xex,
当x<0时,g'(x)<0,则g(x)单调递减;
当x>0时,g'(x)>0,则g(x)单调递增,
所以x=0是函数g(x)的极值点,
故a=1.
14.[2,+∞)　令g(x)=f(x)-x2,
∵g(-x)+g(x)=f(-x)-x2+f(x)-x2=0,
又函数g(x)的定义域是R,∴函数g(x)为奇函数.
∵x∈(0,+∞)时,g'(x)=f'(x)-x<0,
故函数g(x)在(0,+∞)内是减函数,
故函数g(x)在(-∞,0)内也是减函数,
由f(0)=0,可得g(x)在R上是减函数,
∴f(4-m)-f(m)=g(4-m)+(4-m)2-g(m)-m2=g(4-m)-g(m)+8-4m≥8-4m,
∴g(4-m)≥g(m),∴4-m≤m,解得m≥2.
15.(1)解当a=1时,f(x)=ln x-x,根据题意切点坐标为(1,-1),f'(x)=-1,所以函数f(x)在x=1处的切线的斜率为f'(1)=0,故函数f(x)在x=1处的切线方程为y+1=0.
(2)解f(x)的定义域为(0,+∞),f'(x)=-a,当a≤0时,f'(x)>0恒成立,所以f(x)在(0,+∞)内单调递增;当a>0时,令f'(x)=0,解得x=,当x∈时,f'(x)>0,f(x)单调递增,当x∈时,f'(x)<0,f(x)单调递减.
综上所述,当a≤0时,f(x)在(0,+∞)内单调递增;当a>0时,f(x)在内单调递增,在内单调递减.
(3)证明要证ex-2-ax>f(x)恒成立,即证ex-2>ln x恒成立,
令a=1,f(x)=ln x-x,
由(2)可知,f(x)在(0,1)内单调递增,在(1,+∞)内单调递减,所以f(x)≤f(1)=-1恒成立,
即有当x>0时,x-1≥ln x恒成立,当且仅当x=1时等号成立,
亦有ex-1≥ln ex即ex≥x+1恒成立,当且仅当ex=0,即x=1时等号成立.
所以ex-2≥x-2+1=x-1,当且仅当x-2=0,即x=2时等号成立,
又因为x-1≥ln x恒成立,当且仅当x=1时等号成立,所以ex-2>ln x(等号不同时成立)恒成立,原不等式得证.
16.解(1)当a=-2时,f(x)=ln x+,f'(x)=,所以f(1)=1,f'(1)=,
所以函数f(x)的图象在(1,f(1))处的切线方程为y-1=(x-1),即x-2y+1=0.
(2)因为f(x)=ln x-,
所以f'(x)=(x>0),
由题意知x1,x2是方程f'(x)=0在(0,+∞)内的两个不同的实数根,令h(x)=x2+(2+a)x+1,
又因为h(0)=1>0,且函数h(x)图象的对称轴为直线x=-,所以只需
解得a<-4,即实数a的取值范围为(-∞,-4).
由x1,x2是方程x2+(2+a)x+1=0的两根,得x1+x2=-2-a,x1x2=1,f(x1)+f(x2)=+ln x2-=ln(x1x2)-a=-a=-a,又因为f(1)=-,所以f(x1)+f(x2)=2f(1).
17.解 (1)根据题意,函数h(x)=ln x-x-,则h'(x)=-1+,
函数h(x)=ln x-x-有两个极值点等价于关于x的方程-x2+x+m=0有两个不相等的正实数根.
令f(x)=-x2+x+m,因为f(x)的对称轴为x=,
所以解得-所以实数m的取值范围为.
(2)由(1)知x1,x2是关于x的方程-x2+x+m=0的两个不相等的正实数根,且x1故h(x2)-x1=ln x2-x2--x1=ln x2-x2,其中x2=.
令g(x)=ln x-x,x∈,
因为x∈时,g'(x)=-1>0,
所以g(x)=ln x-x在内单调递增,
所以g(x)∈,
即h(x2)-x1的取值范围是.
18.(1)解 f'(x)=ex+xex-2x-2=(x+1)(ex-2),
当x∈(-1,ln 2)时,f'(x)<0;当x∈(ln 2,1)时,f'(x)>0,∴f(x)在[-1,ln 2)内单调递减,在(ln 2,1]上单调递增,
∴f(x)max=max{f(-1),f(1)},
又f(-1)=--1+2-1=-,f(1)=e-1-2-1=e-4,∴f(x)max=f(-1)=-.
(2)证明 要证f(x)>-x-1,
只需证f(x)+x+1=xex-x2-x>0,
∵x>0,∴只需证ex-x-1>0.
令g(x)=ex-x-1,则g'(x)=ex-1,
当x>0时,ex>1,
∴g'(x)>0在(0,+∞)内恒成立,
∴g(x)在(0,+∞)内单调递增,
∴g(x)>g(0)=e0-0-1=0,即当x>0时,ex-x-1>0恒成立,
∴当x>0时,f(x)>-x-1.
19.解 (1)f'(x)=ex(x+1)-1,
当x∈[0,1]时,ex≥1,x+1≥1,
故当x∈[0,1]时,f'(x)≥0,故f(x)在[0,1]上单调递增,
故f(x)在x=0处取得最小值f(0)=-1.
(2)由已知有a·xex>ln x+x-2对任意x∈(0,+∞)恒成立,故a>.
令x+ln x=k,k∈R,故a>,
设g(k)=,g'(k)=,
令g'(k)=>0,解得k<3,令g'(k)=<0,解得k>3,
故g(k)在(-∞,3)内单调递增,在(3,+∞)内单调递减,
故g(k)在k=3时取最大值g(3)=,故a>.
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