第四单元 一元函数的导数及其应用单元提升卷（含解析）-《巅峰突破》2026版高中数学高三一轮复习

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密 ○ 封 ○ 装 ○ 订 ○ 线 密 ○ 封 ○ 装 ○ 订 ○ 线
密 封 线 内 不 要 答 题
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姓名 班级 考号
密 ○ 封 ○ 装 ○ 订 ○ 线 密 ○ 封 ○ 装 ○ 订 ○ 线
密 封 线 内 不 要 答 题
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单 元 提 升 卷
满分150分,限时120分钟
一、单项选择题(本题共8小题,每小题5分,共40分.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.(2025湖北部分学校一模)已知函数f(x)=ex-f'(1)x,则(　　)
A. f(1)=-　　B. f'(1)=-　　
C. f(2)=e2-e　　D. f'(2)=e2-e
2.(2025四川阆中中学校月考)已知函数f(x)=(x+a)cos x为奇函数,则曲线y=f(x)在点(π, f(π))处的切线方程为(　　)
A.x+πy-π=0　　B.x-πy+π=0　　
C.x-y=0　　D.x+y=0
3.(2025湖南岳阳第一中学检测)已知函数f(x)=ex·x2-b有三个零点,则实数b的取值范围是(　　)
A.　　B.　　C.　　D.
4.(2024山东济宁模拟)已知函数f(x)=若函数f(x)存在最大值,则实数a的取值范围是(　　)
A.(-∞,1]　　B.(-∞,1)　　
C.　　D.
5.(2025河南九师联盟联考)已知a=sin ,b=ln ,c=,则(　　)
A.c6.(2025广东惠州第一中学、深圳实验学校、东莞中学等三校联考)已知函数f(x)=ax2-2x+ln x有两个不同的极值点x1,x2,则f(x1)+f(x2)的取值范围为(　　)
A.(-∞,-)　　B.(-∞,-]　　
C.(-∞,-3)　　D.(-∞,-3]
7.(2024湖南邵阳期中)已知函数f(x)=emx-ln x,当x>0时, f(x)>0恒成立,则m的取值范围为(　　)
A.(1,+∞)　　B.(e,+∞)　　C.　　D.
8.(2025广东珠海一模)若不等式bx+1≤e-x-ax2对任意x∈R恒成立,其中a,b∈R,e为自然对数的底数,则a+b的取值范围是(　　)
A.(-∞,-1]　　B.(-∞,-1)　　C.(-∞,1]　　D.(-∞,2)
二、多项选择题(本题共3小题,每小题6分,共18分.在每小题给出的选项中,有多项符合题目要求,全部选对的得6分,部分选对的得部分分,有选错的得0分)
9.(2024安徽六安期中)设函数f(x)=,则下列说法正确的是(　　)
A. f(x)的定义域是(0,+∞)
B.当x∈(0,1)时, f(x)的图象位于x轴下方
C. f(x)有且仅有两个极值点
D. f(x)存在单调递增区间
10.(2024四川眉山质量监测)已知函数f(x)的导函数为f'(x),对任意的正数x,都满足f(x)A. f(1)<2f　　B. f(1)C. f(1)<4f-2　　D. f(1)>f(2)+1
11.(2025河南南阳期中)已知函数f(x)=x3+bx2+cx+2,则(　　)
A.存在实数b,使得f(x)的图象关于点(0,2)对称
B.当b=0,c<0时, f(x)的极值之和为-4
C.存在实数b,c,使得f(x)有三个零点
D.当b2≤3c时, f(x)有两个零点
三、填空题(本题共3小题,每小题5分,共15分)
12.(2025山西运城调研)若曲线y=有两条过坐标原点的切线,则实数a的取值范围是　　　　　.
13.(2025重庆名校联盟联考)若函数f(x)=2x2-ln x在其定义域的一个区间(2k-1,2k+1)内不单调,则实数k的取值范围是　　　　.
14.(2025河北邯郸联考)已知函数f(x)=|x|-aln(x+1)的最小值为0,则实数a的取值范围为　　　　　.
四、解答题(本题共5小题,共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)
15.(13分)(2025四川雅安零诊)已知函数f(x)=,其中a∈R.
(1)当a<0时,求f(x)的单调区间;
(2)当a=1时,过点(-1,m)可以作3条直线与曲线y=f(x)相切,求实数m的取值范围.
16.(15分)(2025山东百师联考)已知函数f(x)=xln x-ax2+1.
(1)若f(x)在(0,+∞)上单调递减,求实数a的取值范围;
(2)若a<0,证明:f(x)>0.
17.(15分)(2024江苏四校联合适应性考试)已知函数f(x)=ax-elogax-e,其中a>1.
(1)若a=e,证明: f(x)≥0;
(2)讨论f(x)的极值点个数.
18.(17分)(2025湖北鄂东南省级示范高中联考)已知x=2为函数f(x)=x(x-c)2-的极小值点.
(1)求c的值;
(2)设函数g(x)=,若 x1∈(0,+∞), x2∈R,使得f(x1)-g(x2)≥0,求k的取值范围.
19.(17分)(2025湖南郴州一模)已知函数f(x)=2aln x+x2-(a+2)x,其中a为常数.
(1)当a>0时,讨论f(x)的单调性;
(2)若函数f(x)有两个不相等的零点x1,x2,
(i)求实数a的取值范围;
(ii)证明:x1+x2>4.
答案全解全析
1.C　易,所以f'(1)=e-f'(1),解得f'(1)=,所以f(x)=ex-x,所以f(1)=, f'(2)=e2-, f(2)=e2-e.
2.D　易知f(x)的定义域为R.因为函数f(x)为奇函数,所以所以f(π)=-π, f'(x)=cos x-x·sin x,所以f'(π)=-1,所以曲线y=f(x)在点(π, f(π))处的切线方程为y+π=-(x-π),即x+y=0.
3.B　因为f(x)=ex·x2-b有三个零点,所以ex·x2=b有三个不同的根,设g(x)=ex·x2,则直线y=b和函数y=g(x)=ex·x2的图象有三个交点(关键点).
易得g'(x)=x(x+2)ex,
令g'(x)<0,得x∈(-2,0);令g'(x)>0,得x∈(-∞,-2)∪(0,+∞),所以g(x)在(-∞,-2),(0,+∞)上单调递增,在(-2,0)上单调递减,
所以g(x)的极小值为g(0)=0,极大值为g(-2)=.
又当x→+∞时,g(x)→+∞,当x→-∞时,g(x)→0且g(x)>0,所以y=g(x)的图象如图所示:
由图可知,b∈.
4.C　当x由f(x)=,得f'(x)=,
令f'(x)=0,得x=1,
所以当x<1时, f'(x)>0, f(x)单调递增,
当x>1时, f'(x)<0, f(x)单调递减,
所以当x=1时, f(x)取得极大值,也是最大值.
易得f(1)=,所以f(x)要有最大值,需满足解得a≤.故实数a的取值范围是.
5.C　构造函数f(x)=x-sin x,x∈[0,1),则f'(x)=1-cos x≥0,所以f(x)在[0,1)上单调递增,所以f>f(0)=0,即-sin >0,所以a=sin <.
因为又c=>=,所以a6.C　易得f'(x)=2ax-2+=(x>0).
因为函数f(x)有两个不同的极值点,所以关于x的方程2ax2-2x+1=0有两个不相等的正实数根(突破口),
所以解得0所以f(x1)+f(x2)=a-2x1+ln x1+a-2x2+ln x2
=a[(x1+x2)2-2x1x2]-2(x1+x2)+ln(x1x2)=--1-ln(2a).
令h(a)=--1-ln(2a),则h'(a)=>0,
所以函数h(a)在上单调递增,
所以h(a)7.D　易知m≠0,若m<0,显然f(x)不能恒大于零,则
当00恒成立;
当x>1时,令f(x)=emx-ln x>0,
得,
令g(t)=tet(t>0),则g(mx)>g(ln x),g'(t)=(1+t)et>0,所以g(t)在(0,+∞)上单调递增.
所以mx>ln x(x>1),即m>(x>1),设h(x)=(x>1),则h'(x)=(x>1),令h'(x)=0,得x=e,当10,当x>e时,h'(x)<0,所以h(x)在(1,e)上单调递增,在(e,+∞)上单调递减,故h(x)max=h(e)=,所以m>.故m的取值范围为.
8.A　不等式bx+1≤e-x-ax2对任意x∈R恒成立,即不等式ax2+bx+1≤e-x对任意x∈R恒成立.
令f(x)=ax2+bx+1,g(x)=e-x.
当a=0时, f(x)=bx+1,此时其图象恒过点(0,1),所以只需直线f(x)=bx+1是函数g(x)=e-x的图象在点(0,1)处的切线即可,所以b=g'(0)=-1,此时a+b=-1.
当a≠0时, f(x)的图象也恒过点(0,1),要使f(x)≤g(x)恒成立,则需使f(x)=ax2+bx+1的图象开口向下,且在点(0,1)处与曲线g(x)=e-x有公切线,所以此时a+b<-1.
综上,a+b的取值范围是(-∞,-1].
9.BD　要使函数f(x)有意义,需满足解得x>0且x≠1,所以函数f(x)的定义域为(0,1)∪(1,+∞),故A错误.
当x∈(0,1)时,ln x<0,ex>0,所以f(x)=<0,即当x∈(0,1)时,函数f(x)的图象位于x轴下方,故B正确.
易得f'(x)=,令g(x)=ln x-,则当01时,g'(x)=+=>0,所以函数g(x)在(1,+∞)上单调递增,又g(1)=-1<0,g(2)=ln 2->0,所以由函数零点存在定理知,存在唯一的x0∈(1,2),使得g(x0)=0,所以当1x0时,g(x)>0,即f'(x)>0,所以函数f(x)存在唯一的极值点,故C错误.
由C知,函数f(x)在区间(x0,+∞)上单调递增,故D正确.
10.BCD　设g(x)=(x>0),则g'(x)=>0,所以g(x)在(0,+∞)上单调递增,所以g(1)>g,g(1)2f, f(1)设h(x)=(x>0),
则h'(x)=
=<0,
所以h(x)在(0,+∞)上单调递减,
所以h(1)h(2),
所以f(1)<4f-2, f(1)>f(2)+1,故C,D正确.
11.AC　对于A,若存在实数b,使得f(x)的图象关于点(0,2)对称,2=2bx2+4=4(点拨)对任意的x∈R恒成立,所以b=0,故A正确.
对于B,当b=0时, f(x)=x3+cx+2,则f'(x)=3x2+c,
又c<0,所以令f'(x)>0,得x<-或x>;令f'(x)<0,得-对于C,不妨设f(x)=(x+1)(x-1)(x-2)=(x2-1)(x-2)=x3-2x2-x+2,此时b=-2,c=-1,满足f(x)有三个零点,故C正确.
对于D,易得f'(x)=3x2+2bx+c,当b2≤3c时,Δ=4b2-12c≤0,此时f'(x)≥0,所以f(x)单调递增,所以f(x)至多有一个零点,故D错误.
12.(-∞,0)∪(4,+∞)
解析　易得y'==.
设切点为(x0,y0),则y0=,切线的斜率k=,
∴切线的方程为y-=(x-x0).
∵切线过原点,∴-=(-x0),整理,得+ax0+a=0.
∵曲线y=有两条过坐标原点的切线,∴Δ=a2-4a>0,解得a>4或a<0,
即实数a的取值范围是(-∞,0)∪(4,+∞).
13.
解析　易知函数f(x)的定义域是(0,+∞),
解得k≥①.
易得f'(x)=4x-,.
令f'(x)=0,得x=(负值舍去),所以要使函数f(x)在区间(2k-1,2k+1)内不单调,需满足2k-1<<2k+1,解得-联立①②,可得≤k<.故实数k的取值范围是.
14.[0,1]
解析　易知函数f(x)的定义域为(-1,+∞), f(x)min=0=f(0).
(1)当-1若a≥0,则函数f(x)在(-1,0)上单调递减,所以f(x)>f(0)=0.
若a<0,则函数y=-aln(x+1)在(-1,0)上单调递增,其取值集合为(-∞,0),
易知函数y=-x在(-1,0)上单调递减,其取值集合为(0,1).所以存在x0∈(-1,0),使得-aln(x0+1)<-1,所以f(x0)=-x0-aln(x0+1)<0,与题意不符.
(2)当x≥0时, f(x)=x-aln(x+1).
令g(x)=x-ln(x+1),则g'(x)=1-,令g'(x)≥0,得x≥0,即g(x)在[0,+∞)上单调递增,所以 x∈[0,+∞),g(x)≥g(0)=0,即x≥ln(x+1)≥0.
若a≤1,则x≥ln(x+1)≥aln(x+1),即f(x)=x-aln(x+1)≥0,当且仅当x=0时取等号;
若a>1,易知f'(x)=1-,则当0综上,实数a的取值范围为[0,1].
15.解析　(1)易得f'(x)==.(2分)
因为a<0,所以令f'(x)>0,得x>;令f'(x)<0,得x<,(4分)
所以函数f(x)的单调递增区间为,单调递减区间为.(5分)
(2)当a=1时, f(x)=,则f'(x)=-.(6分)
设切点坐标为,则f'(x0)=-=,化简,得m=.(7分)
因为过点(-1,m)可以作3条直线与曲线y=f(x)相切,
所以关于x0的方程m=有三个不同的实数根,
所以直线y=m与函数y=的图象有三个交点(突破口).(8分)
设g(x)=,则g'(x)=,
令g'(x)>0,得-11,
所以函数g(x)在(-∞,-1)和(1,+∞)上单调递减,在(-1,1)上单调递增,(10分)
易得g(-1)=0,g(1)=,当x→-∞时,g(x)→+∞,当x→+∞时,g(x)→0,且当x>-1时,g(x)>0,所以函数y=g(x)的图象如图所示.
由图可知,016.解析　(1)易得f'(x)=ln x+1-2ax.(1分)
因为f(x)在(0,+∞)上单调递减,所以f'(x)=ln x+1-2ax≤0在(0,+∞)上恒成立,
所以ln x+1-2ax≤0,即 .(3分)
构造函数g(x)=(x>0),
则g'(x)==,
所以当x∈(0,1)时,g'(x)>0,g(x)单调递增;当x∈(1,+∞)时,g'(x)<0,g(x)单调递减,(5分)
所以g(x)max=g(1)=,所以a≥,即实数a的取值范围是.(6分)
(2)证法一　易知函数f(x)的定义域为(0,+∞).
要证f(x)(8分)
构造函数h(x)=ln x-ax+(x>0),即证h(x)min>0.(9分)
易得h'(x)=-a-=(x>0),
令T(x)=-ax2+x-1(x>0),其图象的对称轴方程为x=<0,所以T(x)在(0,+∞)上单调递增,又T(0)=-1<0,T(1)=-a>0,所以存在x0∈(0,1),使得T(x0)=-a+x0-1=0,(11分)
所以当x∈(0,x0)时,T(x)<0,即h'(x)<0,h(x)单调递减;当x∈(x0,+∞)时,T(x)>0,即h'(x)>0,h(x)单调递增,所以h(x)min=h(x0)=ln x0-ax0+(0因为-a+x0-1=0,即-a=1-x0,所以h(x0)=ln x0+-1(0令p(x)=ln x+-1(0所以p(x)在(0,1)上单调递减,所以p(x)>p(1)=1,故h(x0)>0,所以h(x)min>0,即f(x)>0.(15分)
证法二　要证f(x)>0,即证xln x-ax2+1>0,即证xln x+1>ax2.(8分)
令p(x)=xln x+1,则p'(x)=ln x+1,
所以当x∈时,p'(x)<0,p(x)单调递减;当x∈时,p'(x)>0,p(x)单调递增,所以p(x)≥p=1->0.(11分)
当a<0时,因为函数f(x)的定义域为(0,+∞),所以ax2<0.(13分)
所以xln x+1>ax2,即f(x)>0.(15分)
17.解析　(1)证明:当a=e时, f(x)=ex-eln x-e,则f'(x)=ex-.(2分)
易知f'(x) f'(1)=0,
所以当01时, f'(x)>0, f(x)单调递增,(4分)
又f(1)=0,
所以f(x)≥f(1)=0.(6分)
(2)易得函数f(x)的定义域为(0,+∞), f'(x)=axln a-=.(8分)
设g(x)=xax(ln a)2-e,a>1,则g(x)在(0,+∞)上单调递增.(9分)
①当a>e时,g(0)=-e<0,g(1)=a(ln a)2-e>0,所以函数g(x)在(0,1)内有一个零点,记为x0,所以当x∈(0,x0)时,g(x)<0,即f'(x)<0,当x∈(x0,+∞)时,g(x)>0,即f'(x)>0,所以f(x)在(0,x0)上单调递减,在(x0,+∞)上单调递增,所以f(x)在(0,+∞)上有且仅有一个极值点.(11分)
②当a=e时,由(1)知,函数f(x)在(0,+∞)上有且仅有一个极值点.(12分)
③当11,g=-e,因为ln ==>1,所以>e,即g>0,又g(1)=a(ln a)2-e<0,所以函数g(x)在内有一个零点,记为x1,
所以当x∈(0,x1)时,g(x)<0,即f'(x)<0,当x∈(x1,+∞)时,g(x)>0,即f'(x)>0,所以f(x)在(0,x1)上单调递减,在(x1,+∞)上单调递增,所以f(x)在(0,+∞)上有且仅有一个极值点.(14分)
综上,函数f(x)在(0,+∞)上有且仅有一个极值点.(15分)
18.解析　(1)易得f'(x)=(x-c)(3x-c).
由题意得f'(2)=(2-c)(6-c)=0,解得c=2或c=6.(2分)
当c=2时, f'(x)=(x-2)(3x-2),所以当x<或x>2时, f'(x)>0, f(x)单调递增;当当c=6时, f'(x)=(x-6)(3x-6),所以当x<2或x>6时, f'(x)>0, f(x)单调递增;当2综上,c=2.(7分)
(2)由(1)知, f(x)=x(x-2)2-.因为函数f(x)在x=2处取得极小值,为-,且f(0)=-,所以f(x)在(0,+∞)上的最小值为f(2)=-.(8分)
①当k>0时, x1∈(0,+∞), x2=-,使得g(x2)=g=-<-1<-≤f(x1),
所以f(x1)-g(x2)≥0,符合题意.(10分)
②当k=0时,g(x)=0,取x1=2, x2∈R,有f(x1)-g(x2)<0,不符合题意.(12分)
③当k<0时,g'(x)=k(1-x)e-x,所以当x<1时,g'(x)<0,g(x)单调递减;当x>1时,g'(x)>0,g(x)单调递增,所以g(x)min=g(1)=.(14分)
若 x1∈(0,+∞), x2∈R,使得f(x1)-g(x2)≥0,则g(x)min≤f(x)min,即≤-,解得k≤-1.(16分)
综上,k的取值范围为(-∞,-1]∪(0,+∞).(17分)
19.解析　(1)易得f'(x)=+x-(a+2)==,x∈(0,+∞).(1分)
当00;若x∈(a,2),则f'(x)<0;若x∈(2,+∞),则f'(x)>0,
所以f(x)在(0,a),(2,+∞)上单调递增,在(a,2)上单调递减.(3分)
当a=2时, f'(x)≥0,所以f(x)在(0,+∞)上单调递增.(4分)
当a>2时,若x∈(0,2),则f'(x)>0;若x∈(2,a),则f'(x)<0;若x∈(a,+∞),则f'(x)>0,
所以f(x)在(0,2),(a,+∞)上单调递增,在(2,a)上单调递减.(6分)
(2)(i)当a>0时, f(2)=2aln 2+×22-(a+2)×2=2(aln 2-a-1)<0, f(a)=2aln a+a2-(a+2)a=×(4ln a-a-4).
令y=4ln a-a-4,则y'=-1=,所以当00;当a>4时,y'<0,所以y=4ln a-a-4在(0,4)上单调递增,在(4,+∞)上单调递减,所以ymax=8ln 2-8<0,所以f(a)<0.
结合(1)中f(x)的单调性知, f(x)不可能有两个不相等的零点.(8分)
当a=0时, f(x)=x2-2x,令f(x)=0,得x=0或x=4,所以f(x)在(0,+∞)上只有一个零点,与题意不符.(9分)
当a<0时,若x∈(0,2),则f'(x)<0;若x∈(2,+∞),则f'(x)>0,
所以f(x)在(0,2)上单调递减,在(2,+∞)上单调递增,所以f(x)min=f(2)=2(aln 2-a-1).设g(a)=aln 2-a-1.
当x→0+或x→+∞时, f(x)→+∞,所以要使f(x)有两个不相等的零点,只需g(a)=a(ln 2-1)-1<0即可.
易知g(a)在(-∞,0)上单调递减,当a=时,g(a)=0,所以当综上,实数a的取值范围为.(12分)
(ii)证明:不妨令04,即证x2>4-x1.
易得4-x1∈(2,4),由(i)知f(x)在(2,+∞)上单调递增,所以只需证f(4-x1)由2aln x1+-(a+2)x1=0,得-4x1=2a(x1-2ln x1).
令h(x)=f(4-x)-f(x),0则h(x)=2aln(4-x)+(4-x)2-(a+2)(4-x)-2aln x-x2+(a+2)x=2aln(4-x)-2aln x-4a+2ax,0所以h'(x)=-2a·>0,所以h(x)在(0,2)上单调递增,
所以h(x)4.(17分)