导数及其应用常考易错检测卷（含解析）-2026届高三数学上学期一轮复习

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导数及其应用常考易错检测卷-2026届高三数学上学期一轮复习
一．选择题（共8小题）
1．（2025春 红山区校级期中）函数的极小值为（　　）
A．﹣1 B．2 C． D．﹣3
2．（2025春 红山区校级期中）已知函数f（x）在R上可导，导函数为f′（x），满足f′（x）＞f（x），且f（x+5）为偶函数，f（10）＝1，则不等式f（x）＜ex的解集为（　　）
A．（0，+∞） B．（﹣∞，0） C．（﹣∞，5） D．（10，+∞）
3．（2025春 滨海新区校级期中）已知函数，若f（x）在（2，+∞）上单调递增，则实数m的取值范围为（　　）
A．（﹣∞，16] B．（﹣∞，8）
C．（﹣∞，﹣8）∪（8，+∞） D．（﹣∞，﹣16]∪[16，+∞）
4．（2025春 滨海新区校级期中）函数，则（　　）
A．f（a）＝f（b） B．f（a）＜f（b）
C．f（a）＞f（b） D．关系不确定
5．（2025春 南部县校级期中）定义在（0，+∞）上的函数f（x）的导函数为f′（x），且xf′（x）＜4f（x）恒成立，则（　　）
A． B．
C． D．
6．（2025 单县校级一模）已知f（x）＝ax3﹣2x2+bx+a2（a，b∈R）在x＝1处的极大值为5，则a+b＝（　　）
A．﹣2 B．6 C．﹣2或6 D．﹣6或2
7．（2025 鹤壁一模）已知函数，则f′（1）＝（　　）
A．1 B．2 C． D．
8．（2025 天水模拟）在同一平面直角坐标系内，函数y＝f（x）及其导函数y＝f′（x）的图像如图所示，已知两图像有且仅有一个公共点，其坐标为（0，1），则（　　）
A．函数y＝f（x） ex的最大值为1
B．函数y＝f（x） ex的最小值为1
C．函数的最大值为1
D．函数的最小值为1
二．多选题（共3小题）
（多选）9．（2025春 南部县校级期中）已知函数f（x）＝2lnx﹣x2，则（　　）
A．函数f（x）的单调减区间为（﹣∞，﹣1]∪[1，+∞）
B．函数f（x）的单调增区间为（1，+∞）
C．函数f（x）的极大值点为1
D．函数f（x）的最大值为﹣1
（多选）10．（2025春 南部县校级期中）已知函数f（x）＝（x+1）ex.则下列说法不正确的是（　　）
A．函数f（x）有唯一极值点
B．函数f（x）有两个零点
C．若函数g（x）＝f（x）﹣a两个零点，则
D．函数f（x）的值域
（多选）11．（2025春 海东市月考）已知直线x＝a（a＞0）分别与函数的图象交于点A，B，直线y＝b（b＞0）分别与函数f（x），g（x）的图象交于点C，D，则下列结论正确的是（　　）
A．记|AB|的最小值为m，则
B．记|AB|的最小值为m，则
C．|CD|的最小值为
D．当|CD|取得最小值时，
三．填空题（共3小题）
12．（2025春 红山区校级期中）曲线f（x）＝e2﹣x过点（2，1）的切线方程为 　 　 ．
13．（2026春 山东校级期末）已知实数m，n满足，则mn＝ 　 　 ．
14．（2025春 保定期中）定义在上的函数f（x）满足且f′（x）cosx+f（x）sinx＞0，则满足f（x）＞2cosx的x的取值范围为　 　 ．
四．解答题（共5小题）
15．（2025春 红山区校级期中）已知函数f（x）＝3lnx﹣ax3+4．
（1）当a＝1时，求f（x）的最大值；
（2）若f（x）≤0对任意的x＞0恒成立，求a的取值范围．
16．（2025春 海东市月考）已知函数．
（1）若a＝1，求曲线y＝f（x）在点（0，f（0））处的切线方程；
（2）试讨论f（x）在（﹣π，π）上的零点个数．
17．（2025春 广西月考）已知函数f（x）＝2x3+3x2﹣12x+5，．
（1）求f（x）的极值；
（2）求g（x）的极值；
（3）当x＞0时，f（x）≥g（x）恒成立，求a的取值范围．
18．（2025 龙华区校级模拟）已知函数．
（1）讨论f（x）的单调性；
（2）当a＜0时f（x）≤b﹣ln（﹣a）﹣a恒成立，求实数b的最小值．
19．（2025春 芗城区校级期末）已知函数．
（1）若a＝0，求f（x）在的值域；
（2）证明：f（x）存在唯一的极值点x0，且；
（3）若f（x）≥1恒成立，证明：，其中x0为f（x）的极值点．
导数及其应用常考易错检测卷-2026届高三数学上学期一轮复习
参考答案与试题解析
一．选择题（共8小题）
题号 1 2 3 4 5 6 7 8
答案 D B A C A B C C
二．多选题（共3小题）
题号 9 10 11
答案 CD ABC ACD
一．选择题（共8小题）
1．（2025春 红山区校级期中）函数的极小值为（　　）
A．﹣1 B．2 C． D．﹣3
【解答】解：已知函数，
则f′（x）＝x2﹣x﹣2＝（x+1）（x﹣2），
令f′（x）＝（x+1）（x﹣2）＞0 x＜﹣1或x＞2，f′（x）＝（x+1）（x﹣2）＜0 ﹣1＜x＜2，
所以f（x）在（﹣∞，﹣1），（2，+∞）上单调递增，f（x）在（﹣1，2）上单调递减，
所以函数的极小值为．
故选：D．
2．（2025春 红山区校级期中）已知函数f（x）在R上可导，导函数为f′（x），满足f′（x）＞f（x），且f（x+5）为偶函数，f（10）＝1，则不等式f（x）＜ex的解集为（　　）
A．（0，+∞） B．（﹣∞，0） C．（﹣∞，5） D．（10，+∞）
【解答】解：已知函数f（x）在R上可导，导函数为f′（x），满足f′（x）＞f（x），
设，则，
故函数g（x）在R上为增函数，
因f（10）＝1，且f（x+5）为偶函数，
故f（﹣x+5）＝f（x+5），
故f（0）＝f（10）＝1，
则，
于是f（x）＜ex等价于，
即g（x）＜g（0），由函数g（x）的单调性可得x＜0，
即不等式f（x）＜ex的解集为（﹣∞，0）．
故选：B．
3．（2025春 滨海新区校级期中）已知函数，若f（x）在（2，+∞）上单调递增，则实数m的取值范围为（　　）
A．（﹣∞，16] B．（﹣∞，8）
C．（﹣∞，﹣8）∪（8，+∞） D．（﹣∞，﹣16]∪[16，+∞）
【解答】解：因为在（2，+∞）上单调递增，
所以，当x∈（2，+∞）时，恒成立，
即 x∈（2，+∞），m≤2x3恒成立，又y＝2x3在（2，+∞）上单调递增，
所以2x3＞16，
所以m≤16．
故选：A．
4．（2025春 滨海新区校级期中）函数，则（　　）
A．f（a）＝f（b） B．f（a）＜f（b）
C．f（a）＞f（b） D．关系不确定
【解答】解：因为f（x），
所以为f′（x），
令f′（x）＝0，解得x＝1．
当x∈（﹣∞，1）时，f′（x）＜0；当x∈（1，+∞）时，f′（x）＞0；
故f（x）在（﹣∞，1）上单调递减，在（1，+∞）上单调递增．
因为a＜b＜1，
所以f（a）＞f（b）．
故选：C．
5．（2025春 南部县校级期中）定义在（0，+∞）上的函数f（x）的导函数为f′（x），且xf′（x）＜4f（x）恒成立，则（　　）
A． B．
C． D．
【解答】解：设函数，x＞0，
则，
所以g（x）在（0，+∞）上单调递减，从而，
即，
则．
故选：A．
6．（2025 单县校级一模）已知f（x）＝ax3﹣2x2+bx+a2（a，b∈R）在x＝1处的极大值为5，则a+b＝（　　）
A．﹣2 B．6 C．﹣2或6 D．﹣6或2
【解答】解：∵f（x）＝ax3﹣2x2+bx+a2，∴f′（x）＝3ax2﹣4x+b，
又f（x）＝ax3﹣2x2+bx+a2（a，b∈R）在x＝1处的极大值为5，
∴f′（1）＝3a﹣4+b＝0，f（1）＝a﹣2+b+a2＝5，
解得或，
经检验可知当a＝3，b＝﹣5时，f（x）在x＝1处取得极小值，不满足题意，
∴a＝﹣1，b＝7，
∴a+b＝6．
故选：B．
7．（2025 鹤壁一模）已知函数，则f′（1）＝（　　）
A．1 B．2 C． D．
【解答】解：对于，求导数得，
当x＝1时，，解得．
故选：C．
8．（2025 天水模拟）在同一平面直角坐标系内，函数y＝f（x）及其导函数y＝f′（x）的图像如图所示，已知两图像有且仅有一个公共点，其坐标为（0，1），则（　　）
A．函数y＝f（x） ex的最大值为1
B．函数y＝f（x） ex的最小值为1
C．函数的最大值为1
D．函数的最小值为1
【解答】解：由题意可知，两个函数图像都在x轴上方，任何一个为导函数，则另外一个函数应该单调递增，判断可知，虚线部分为y＝f′（x），实线部分为y＝f（x），则A，B显然错误，
对于C，D而言，，由图像可知单调递增，x∈（0，+∞），单调递减，所以函数在x＝0处取得最大值为1．
故选：C．
二．多选题（共3小题）
（多选）9．（2025春 南部县校级期中）已知函数f（x）＝2lnx﹣x2，则（　　）
A．函数f（x）的单调减区间为（﹣∞，﹣1]∪[1，+∞）
B．函数f（x）的单调增区间为（1，+∞）
C．函数f（x）的极大值点为1
D．函数f（x）的最大值为﹣1
【解答】解：函数f（x）＝2lnx﹣x2的定义域为（0，+∞），且，
当0＜x＜1，f′（x）＞0，当x＞1，f′（x）＜0，
所以f（x）的单调递增区间为（0，1），单调递减区间为（1，+∞），故A，B错误；
当x＝1时，f（x）取极大值也是最大值，故C正确；
f（x）max＝f（1）＝﹣1，D正确．
故选：CD．
（多选）10．（2025春 南部县校级期中）已知函数f（x）＝（x+1）ex.则下列说法不正确的是（　　）
A．函数f（x）有唯一极值点
B．函数f（x）有两个零点
C．若函数g（x）＝f（x）﹣a两个零点，则
D．函数f（x）的值域
【解答】解：A选项，根据题目可得f′（x）＝ex+（x+1）ex＝（x+2）ex，
令f′（x）＝0，因此（x+2）ex＝0，因为ex＞0恒成立，
因此x+2＝0，解得x＝﹣2，
当x＜﹣2时，x+2＜0，ex＞0，则f′（x）＜0，f（x）单调递减，
当x＞﹣2时，x+2＞0，ex＞0，则f′（x）＞0，f（x）单调递增，
因此x＝﹣2是函数f（x）的极小值点，极小值为，极值点是x＝﹣2，
而是函数图象上的点，不是极值点，A选项错误．
B选项，令f（x）＝（x+1）ex＝0，因为ex＞0恒成立，因此x+1＝0，解得x＝﹣1，
因此函数f（x）只有一个零点，B选项错误．
C选项，函数g（x）＝f（x）﹣a有两个零点，因此y＝f（x）与y＝a的图象有两个交点．
由前面分析可知f（x）在x＝﹣2处取得极小值，且当x→﹣∞时，（x+1）ex→0，
当x→+∞时，（x+1）ex→+∞，
因此当时，y＝f（x）与y＝a的图象有两个交点，C选项错误．
D选项，由f（x）的单调性可知，f（x）在x＝﹣2处取得最小值．
当x→+∞时，f（x）→+∞，因此函数f（x）的值域是，D选项正确．
故选：ABC．
（多选）11．（2025春 海东市月考）已知直线x＝a（a＞0）分别与函数的图象交于点A，B，直线y＝b（b＞0）分别与函数f（x），g（x）的图象交于点C，D，则下列结论正确的是（　　）
A．记|AB|的最小值为m，则
B．记|AB|的最小值为m，则
C．|CD|的最小值为
D．当|CD|取得最小值时，
【解答】解：因为f（x）＝ex的定义域为（﹣∞，+∞），g（x）的定义域为[0，+∞），
所以的定义域为[0，+∞），
又 （x＞0），
令，，所以u（x）是增函数．
因为u（0）＝﹣1，u（1）＝2e﹣1＞0，所以存在x0∈（0，1），使得．
当x∈（0，x0）时，h′（x）＜0；
当x∈（x0，+∞）时，h′（x）＞0．
所以h（x）在（0，x0）上单调递减，在（x0，+∞）上单调递增．
，
因为，所以，即，A正确，B错误．
设C（x1，y1），D（x2，y2），则，
所以x1＝lnb，，．
令v（x）＝x2﹣lnx，．
当时，v′（x）＜0；
当时，v′（x）＞0．
所以v（x）在上单调递减，在上单调递增．
，所以|CD|的最小值为，
即当|CD|取得最小值时，，C，D正确．
故选：ACD．
三．填空题（共3小题）
12．（2025春 红山区校级期中）曲线f（x）＝e2﹣x过点（2，1）的切线方程为 　y＝﹣x+3　 ．
【解答】解：已知曲线的方程为f（x）＝e2﹣x，
则点（2，1）在曲线上，
根据指数型曲线的特点，点（2，1）即是切点，
又f′（x）＝﹣e2﹣x，
则切线斜率k＝f′（2）＝﹣1，
又过点（2，1），
所以切线方程为y＝﹣x+3．
故答案为：y＝﹣x+3．
13．（2026春 山东校级期末）已知实数m，n满足，则mn＝ 　　 ．
【解答】解：由题意可得，e2025﹣2m﹣2m＝0，
故e2025＝2me2m，两边取以e为底的对数可得，2m+ln2m＝2025，
即eln2m+ln2m＝2025．
由，得，
即e5﹣ln2n+5﹣ln2n＝2025．
令f（x）＝x+ex，
因为f′（x）＝1+ex＞0，恒成立
所以函数f（x）在R上单调递增，
而f（ln2m）＝f（5﹣ln2n）＝2025，
故ln2m＝5﹣ln2n，解得ln4mn＝5，
所以．
故答案为：．
14．（2025春 保定期中）定义在上的函数f（x）满足且f′（x）cosx+f（x）sinx＞0，则满足f（x）＞2cosx的x的取值范围为　　 ．
【解答】解：设，，
那么导函数．
在区间上单调递增．
又因为当时，，
因此当时，，即f（x）＞2cosx．
故答案为：．
四．解答题（共5小题）
15．（2025春 红山区校级期中）已知函数f（x）＝3lnx﹣ax3+4．
（1）当a＝1时，求f（x）的最大值；
（2）若f（x）≤0对任意的x＞0恒成立，求a的取值范围．
【解答】解：（1）当a＝1时，函数f（x）＝3lnx﹣x3+4，该函数的定义域为（0，+∞），
那么导函数，
由f′（x）＜0，得x＞1，由f′（x）＞0，得0＜x＜1，
则f（x）在（1，+∞）上单调递减，在（0，1）上单调递增，
因此函数f（x）的最大值为f（1）＝﹣1+4＝3．
（2）f（x）≤0对任意的x＞0恒成立，等价于对任意的x＞0恒成立．
设函数，其中x＞0，那么导函数，
由g′（x）＜0，得，由g′（x）＞0，得，
则g（x）在上单调递增，上单调递减，
从而，故a≥e3，
即a的取值范围是[e3，+∞）．
16．（2025春 海东市月考）已知函数．
（1）若a＝1，求曲线y＝f（x）在点（0，f（0））处的切线方程；
（2）试讨论f（x）在（﹣π，π）上的零点个数．
【解答】解：（1）函数 f（x）＝ex﹣e﹣x﹣asin2x，
当a＝1时，f（x）＝ex﹣e﹣x﹣sin2x，f（0）＝e0﹣e﹣0﹣sin0＝1﹣1﹣0＝0，
所以切点为（0，0），
求导得f′（x）＝ex+e﹣x﹣2cos2x，
则f′（0）＝e0+e﹣0﹣2cos0＝1+1﹣2×1＝0，
所以切线的斜率为0，切线方程为：y﹣0＝0（x﹣0），
即y＝0．
（2）由题f（0）＝e0﹣e﹣0﹣asin0＝0，
所以x＝0是函数的一个零点，
因为，
所以f（﹣x）＝e﹣x﹣ex﹣asin（﹣2x），
所以 f（﹣x）＝﹣f（x），
所以f（x）是奇函数，
所以函数的零点关于原点对称，
所以只需研究x∈（0，π）的零点个数即可，
当时，2asin2x≤0，
所以f（x）＞0，
所以当函数在上没有零点，
当时，求导得f′（x）＝ex+e﹣x﹣2acos2x，
当0≤a≤1时，，当且仅当x＝0时取等号，
所以ex+e﹣x＞2，
又，所以2acos2x＜2，
可得f′（x）＝ex+e﹣x﹣2acos2x＞0，
所以f（x）在上单调递增，
又f（0）＝0，
所以f（x）在上无零点，
则f（x）在（﹣π，π）上只有1个零点；
当 时，f′（x）＝ex+e﹣x﹣2acos2x，令g（x）＝ex+e﹣x﹣2acos2x，
则g′（x）＝ex﹣e﹣x+4asin2x，
y＝ex﹣e﹣x在上单调递增，
所以ex﹣e﹣x＞e0﹣e﹣0＝0，
若时，asin2x＞0，
即g′（x）＝ex﹣e﹣x+4asin2x＞0，
所以g（x）＝ex+e﹣x﹣2acos2x在上单调递增，
即f′（x）在上单调递增，
故f′（x）＝0至多有1个根，
令f′（x）＝0，
则ex+e﹣x﹣2acos2x＝0，
则，
令，当时，，当，，
所以在在上无解，
当时，求导可得，
所以在上单调递减，
又，
所以当时，，
所以在上方程有解，
即存在，使，
即x∈（0，x0），f′（x）＜0，当时，f′（x）＞0，
所以函数在x∈（0，x0）上单调递减，在上单调递增，
又f（0）＝0，
所以f（x0）＜0，
又，
所以f（x）在有1个零点，
即函数f（x）在有1个零点，
所以当时f（x）有三个零点，
综上所述：当0≤a≤1时，f（x） 在 （﹣π，π） 上有 1 个零点；
当 时，f（x） 在 （﹣π，π） 上有 3 个零点．
17．（2025春 广西月考）已知函数f（x）＝2x3+3x2﹣12x+5，．
（1）求f（x）的极值；
（2）求g（x）的极值；
（3）当x＞0时，f（x）≥g（x）恒成立，求a的取值范围．
【解答】解：（1）由f（x）＝2x3+3x2﹣12x+5，得f′（x）＝6x2+6x﹣12＝6（x﹣1）（x+2）．
当x＜﹣2或x＞1时，f′（x）＞0，当﹣2＜x＜1时，f′（x）＜0，
所以f（x）在（﹣∞，﹣2）和（1，+∞）上单调递增，在（﹣2，1）上单调递减．
所以当x＝﹣2时，f（x）取得极大值，极大值为f（﹣2）＝25，
当x＝1时，f（x）取得极小值，极小值为f（1）＝﹣2．
（2）由．得．
当0＜x＜1时，g′（x）＞0，当x＞1时，g′（x）＜0，
所以g（x）在（0，1）上单调递增，在（1，+∞）上单调递减．
所以当x＝1时，g（x）取得极大值，极大值为g（1）＝﹣2+a．g（x）无极小值；
（3）当x＞0时，f（x）和g（x）都在x＝1处取得最值，
要使得f（x）≥g（x），则f（x）min≥g（x）max，即﹣2≥﹣2+a，解得a≤0．
故a的取值范围为（﹣∞，0]．
18．（2025 龙华区校级模拟）已知函数．
（1）讨论f（x）的单调性；
（2）当a＜0时f（x）≤b﹣ln（﹣a）﹣a恒成立，求实数b的最小值．
【解答】解：（1），x＞0，
当0＜a＜1时，由f′（x）＞0，得0＜x＜1或；由f′（x）＜0，得，
函数f（x）在上单调递增，在上单调递减；
当a＝1时，f′（x）≥0恒成立，函数f（x）在（0，+∞）上单调递增；
当a＞1时，由f′（x）＞0，得或x＞1；由f′（x）＜0，得，
函数f（x）在上单调递增，在上单调递减，
当a≤0时，由f′（x）＞0，得0＜x＜1；由f′（x）＜0，得x＞1，
函数f（x）在（0，1）上单调递增，在（1，+∞）上单调递减；
所以当a≤0时，函数f（x）的递增区间为（0，1），递减区间为（1，+∞）；
当0＜a＜1时，函数f（x）的递增区间为，递减区间为；
当a＝1时，函数f（x）的递增区间为（0，+∞）；
当a＞1时，函数f（x）的递增区间为，递减区间为．
（2）由（1）知当a＜0时，函数f（x）在（0，1）上单调递增，在（1，+∞）上单调递减，
则，
依题意，，即恒成立，
令函数，求导得，
当a＜﹣2时，g′（a）＞0，当﹣2＜a＜0时，g′（a）＜0，函数g（a）在（﹣∞，﹣2）上递增，在（﹣2，0）上递减，
即g（a）max＝g（﹣2）＝ln2﹣2，因此b≥ln2﹣2，
所以b最小值为ln2﹣2．
19．（2025春 芗城区校级期末）已知函数．
（1）若a＝0，求f（x）在的值域；
（2）证明：f（x）存在唯一的极值点x0，且；
（3）若f（x）≥1恒成立，证明：，其中x0为f（x）的极值点．
【解答】解：（1）当a＝0时，，
当时，f′（x）＜0，f（x）单调递减；
当x∈（1，e2]时，f′（x）＞0，f（x）单调递增，
又，因此f（x）在的值域为[﹣2，﹣1]，[0，1]；
（2）证明：当a＝0时，由（1）可知x＝1为函数f（x）的唯一极值点且为极小值点，
满足；
下面讨论a＞0的情形：
，
当x＞1时，，因此f′（x）＞0，
因此f（x）在（1，+∞）单调递增，无极值点．
当0＜x＜1时，，
设g（x）＝xex，g′（x）＝（x+1）ex＞0恒成立，因此g（x）在（0，+∞）单调递增，
令f′（x）＝0得因此，
则有，因此ax+lnx＝0，
又设h（x）＝ax+lnx（a＞0），易知h（x）在（0，+∞）单调递增，
，
令t＝a+1＞1，设，，
当t∈（1，+∞）时，φ′（t）＜0，φ（t）单调递减，因此φ（t）＜φ（1）＝0，因此，
而h（1）＝a＞0，根据函数零点存在定理可知，存在唯一的，
使得h（x0）＝0，因此f′（x0）＝0，
当x∈（0，x0）时，h（x）＜0，因此f′（x）＜0，当x∈（x0，+∞）时，h（x）＞0，因此f′（x）＞0，
故x0是函数f（x）唯一的极值点且为极小值点．
综上所述，存在唯一的极小值点x0，且；
（3）证明：由（2）可知f（x）在（0，x0）单调递减，在（x0，+∞）单调递增，
因此f（x）的最小值为，
又因为h（x0）＝0，因此ax0＝﹣lnx0，因此，
从而有，若f（x）≥1恒成立，则a≥1，
令，则，要证，由（2）知，x0≤1，
因此只需证，因此证，因此．
设在单调递减，
因此，
令，则q′（x）＝﹣sinx+x，令m（x）＝q′（x），
因为m′（x）＝﹣cosx+1≥0，仅当x＝2kπ，k∈Z时，“＝”成立，
因此q′（x）在（﹣∞，+∞）上单调递增，
因此当x＞0时，q′（x）＞q′（0）＝0，q（x）递增，q（x）＞q（0）＝0，因此，
因此，
因此，因此p（θ）在单调递增，因此p（θ）≥p（0）＝0，
因此，
因此成立．
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