一元函数的导数及其应用 单元验收评价卷——2026届高三数学一轮复习（PDF版，含解析）

秘密★启用前 半径．已知每售出 1 mL 的液体材料，制造商可获利 0．3 分，且制造商能制作的瓶子的最大半径为 8 cm，则
2026 年高考一轮复习单元验收评价试题（三） 当每瓶液体材料的利润最大时，瓶子的半径为( )
A．3 cm B．4 cm
数学
C．5 cm D．6 cm
x
e ＋2sin x
本试卷共 4 页，满分 150 分，考试时间为 120 分钟。考试范围：一元函数的导数及其应用。 5．设函数 f (x)＝ 2 ，则曲线 y＝f (x)在点(0，1)处的切线与两坐标轴所围成的三角形的面积为( )
1＋x
注意事项：
1 1
A． B．
6 3
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上．
1 2
C． D．
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑；如需改动，用橡皮擦 2 3
干净后，再选涂其他答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在试卷上无效． 6．已知函数 f(x)与其导函数 f '(x)的图象的一部分如图所示，则关于函数 g(x)= 单调性的说法正确的是( )
3．考试结束后，本试卷和答题卡一并交回．
一、单选题：本题共 8 小题，每小题 5 分，共 40 分．在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的．
1．若 f (x)=ln(-x)，则 f ' (-2 026)等于( )
A．- B．-2 026
A．在(-1，1)上单调递减 B．在(0，2- )上单调递减
C． D．2 026 C．在[2- ，1]上单调递减 D．在[1，2]上单调递减
x
2．已知函数 3 2f (x)= ax +x +x+4，则“a≥0”是“f(x)在 R 上单调递增”的( ) 7．若函数 f (x)＝(x－1)e －ax(e 为自然对数的底数)有两个极值点，则实数 a 的取值范围是( )
A．充要条件 B．充分不必要条件 A．（ ， ） B．(－∞，0)
C．必要不充分条件 D．既不充分也不必要条件 C．（ ， ∞） D．(0，＋∞)
3．设 f ' (x)是函数 f (x)的导函数，y=f ' (x)的图象如图所示，则 y=f (x)的图象可能是( ) 8．已知 f (x)是定义域为 的偶函数，且在 ， 上单调递减，若 0.04R (-∞ 0) a=f (ln 1.04)，b=f (1.04)，c=f (e )，则( )
A．aC．c二、多选题：本题共 3 小题，共 18 分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．
1
9．设函数 ＝ 3－ 2f(x) x x ＋x 的导函数为 f ′ (x)，则( )
3
A．f′(1)＝0 B．x＝1 是函数 f(x)的极值点
4．某制造商制造并出售球形瓶装的某种液体材料．瓶子的制造成本是 40．1πr 分，其中 r(单位：cm)是瓶子的 C．f(x)存在两个零点 D．f(x)在(1，＋∞)上单调递增
数学试题（三） 第 1 页 共 4 页 数学试题（三） 第 2 页 共 4 页
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10．已知函数 f (x)的定义域为 R，其导函数为 f '(x)，且对任意的 x∈R，都有 f (x)+f ' (x)>0，则下列说法正确的 17．（15 分）
是( ) 已知函数 f (x)=xln x+ax+1(a∈R)．
A.ef (1)f (0) (1)若 f(x)≥0 恒成立，求 a 的取值范围；
C.2f (ln 2)ef (1) x(2)当 x>1 时，证明：e ln x>e(x-1)．
11．已知函数 x 2f(x)=2e -ax +2 存在两个极值点 x1，x2(x1A.0C.若 x2=2x1，则 a=2ln 2 D.ln x1+x2>0
三、填空题：本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分．
18．（17 分）
12．函数 f (x)＝x(x－ 2c) 有极值，则实数 c 的取值范围是_______________．
已知函数 xf (x)=e -a(x+1)，a∈R．
13．拉格朗日中值定理是微分学中的基本定理之一，定理内容是：如果函数 f(x)在闭区间[a，b]上的图象连续
(1)若 f(x)在[0，1]上不单调，求 a 的取值范围；
不间断，在开区间(a，b)内的导数为 f '(x)，那么在区间(a，b)内至少存在一点 c，使得 f(b)-f(a)=f '(c)(b-a)成立，
(2)当 a>0 时，试讨论函数 f(x)的零点个数．
其中 c 叫做 f(x)在[a，b]上的“拉格朗日中值点”．根据这个定理，可得函数 3f(x)=x -2x 在[-2，2]上的“拉格朗日
中值点”的个数为 ．
14．若函数 2f (x)＝x －aln(2x－1)＋b 在(1，2)内不存在极值点，则 a 的取值范围是________．
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）
设函数 f (x)＝ 3ax － 22x ＋x＋c(a＞0)．
19．（17 分）
(1)当 a＝1，且函数 f(x)的图象过点(0，1)时，求函数 f(x)的极小值；
已知函数 f (x)=x+xcosx-2sin x．
(2)若 f (x)在(－∞，＋∞)上无极值点，求 a 的取值范围．
(1)求曲线 y=f (x)在 x=π 处的切线方程；
2
(2)g (x)=x -3x+a(a∈R)，若对任意 x1∈[0，π]，均存在 x2∈[1，2]，使得 f (x1)16．（15 分）
已知函数 f (x)=a(x+a)-ln x(a∈R)．
(1)讨论函数 f (x)的单调性；
(2)证明：当 a>0 时，f (x)≥3ln a+2．
数学试题（三） 第 3 页 共 4 页 数学试题（三） 第 4 页 共 4 页
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2026年高考一轮复习单元验收评价测试（三）
17(15分)
数学答题卡
考号：
学校：
姓名：
班级：
注意事项
1.答题前请将姓名、班级、考场、座
号和准考证号填写清楚。
16(15分)
客观题答题，必须使用2B铅笔填涂，
修改时用橡皮擦干净。
3.主观题必须使用黑色签字笔书写。
贴条形码区
4.必须在题号对应的答题区域内作答
超出答题区域书写无效。
5.
保持答卷清洁完整。
正确填涂■缺考标记口
第I卷选择题（共58分）
1风回网回6A回@回1IA 网D
2风回@回7囚回网回
3风回@D
8Aa@回
4因回@回9因回回回
5囚回a回I0因回@回
第Ⅱ卷非选择题（共92分）
13
15(13分)
第1页共2页
■
■
18(17分》
19(17分】
第2页共2页2026 年高考一轮复习单元验收评价试题（三）数学答案与解析
1.A 解析 由 f(x)=ln(-x)得 f '(x)=1 1，则 f '(-2 026)=- .
2 026
> 0，
2.C 解析 由题意知，f '(x)=ax2+2x+1，若 f(x)在 R 上单调递增，则 f '(x)≥0 恒成立，则
= 4 4 ≤ 0，
解得 a≥1，故“a≥0”是“f(x)在 R 上单调递增”的必要不充分条件.
3.C 解析 由 y=f '(x)的图象可知，当 x<0 和 x>2 时，f '(x)>0，f(x)单调递增；当 0调递减，结合选项可知，只有 C中图象符合要求.
4.A 4解析 依题意知，每瓶液体材料的利润 f(r)=0.3× πr3-0.1πr4=0.1π(4r3-r4)，03
令 f '(r)=0，得 r=3，当 r∈(0，3)时，f '(r)>0，当 r∈(3，8]时，f '(r)<0，因此函数 f(r)在(0，3)上单调递增，
在(3，8]上单调递减，即当 r=3时，f(r)取最大值，所以当每瓶液体材料的利润最大时，r=3.
x
5.A f (x) （e ＋2cos x）（1＋x
2）－（ex＋2sin x）·2x
解析 ′ ＝ ，所以 f′(0)＝3，所以曲线 y＝f (x)在点(0，
（1＋x2）2
1) 1处的切线方程为 y－1＝3(x－0)，即 3x－y＋1＝0，切线与两坐标轴的交点分别为(0，1)，（ ，0），所以
3
1 1 1
切线与两坐标轴所围成的三角形的面积为 ×1× ＝ .故选 A.
2 3 6
'
6.B ( ) ( )解析 从图象可以看出过点(2，0)的为 f(x)的图象，过点(1，0)的为导函数 f '(x)的图象，g'(x)=
e
，
当 x∈(-1，2- 3)时，f '(x)-f(x)<0，故 g'(x)<0，g(x)= ( ) 在(-1，2- 3)上单调递减，当 x∈[2- 3，2]时，f '(x)-f(x)≥0，e
故 g'(x)≥0，g(x)= ( ) 在 2 3，2 上单调递增，故 A，C，D错误，B正确.e
7.A 解析 由题意得 f′(x)＝exx－a，因为函数 f (x)＝ex(x－1)－ax有两个极值点，所以 f′(x)＝0有两个不
等实根，即 a＝exx有两个不等实根，所以直线 y＝a与 y＝exx的图象有两个不同的交点．令 g(x)＝exx，则 g′
(x)＝ex(x＋1)．当 x<－1时，g′(x)<0，当 x>－1时，g′(x)>0，所以函数 g(x)在(－∞，－1)上单调递减，在
(－1 1，＋∞)上单调递增，当 x＝－1时，g(x)取得最小值，且最小值为－ .当 x→－∞时，g(x)→0，当 x→＋∞
e
时，g(x)→＋∞，则可得函数 g(x) 1的大致图象如图所示，则－ e
8.A 解析 因为 f(x)是定义域为 R 的偶函数，且在(-∞，0)上单调递减，所以 f(x)在(0，+∞)上单调递增，ln
1.040时，h'(x)=ex-1>0，则 h(x)在(0，+∞)上单调递增，
所以 h(0.04)=e0.04-(0.04+1)=e0.04-1.04>h(0)=0，即 e0.04>1.04，所以 e0.04>1.04>ln 1.04.而 f(x)在(0，+∞)上单调递
增，故有 f(ln 1.04)9.AD 解析 f′(x)＝x2－2x＋1＝(x－1)2≥0，所以 f(x)在 R 上单调递增，所以 f(x)不存在极值点，故 B错误，
数学答案 第 1 页 共 5 页
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D 1正确；f′(1)＝0，故 A正确；f(x)＝ x3－x2＋x＝0，得 x(x2－3x＋3)＝0，x2－3x＋3＝0中，Δ＝9－12<0，
3
所以 x2－3x＋3>0恒成立，即方程只有一个实数根，即 x＝0，故 C错误.
10.BC 解析 令 g(x)=exf(x)，所以 g'(x)=exf(x)+exf '(x)=ex[f(x)+f '(x)]>0，所以 g(x)在 R 上是增函数，所以
g(0)正确，D错误.
11.BD 解析 由题可得 f '(x)=2ex-2ax，f(x)的定义域为 R，则 f '(x)=0，即方程 ex-ax=0有两个不相等的实数
e e e
根 x1，x2(x1e ( 1)
的图象与直线 y=a有两个交点，且横坐标分别为 x1，x2(x10)∪(0，1)，由 g'(x)>0可得 x∈(1，+∞)，所以 g(x)在(-∞，0)，(0，1)上单调递减，在(1，+∞)上单调递增，
且当 x<0时，g(x)<0，当 x>0时，g(x)>0.对于 A，要使函数 f(x)=2ex-ax2+2存在两个极值点 x1，x2(x1a>g(1)=e，A错误；对于 B，当 a>e时，g(x)的图象与直线 y=a如图，易知 0 1 2 2 1 ln2 1 2
对于 C，若 x2=2x1，则 a=
e =e =e ，得 x1=ln 2
e 2
，故 a= = ，C e e错误；对于 D，因为 = ，所以 x1e 2=x e 1， 1 2 2 1 ln2 ln2 21 2
又 01，又 x2>1，所以 x 2e 1>1，故 x1e 2>1，所以 ln x1+x2>0，D正确.
12. (－∞，0)∪(0，＋∞) 解析 f′(x)＝(x－c)2＋2x(x－c)＝3x2－4cx＋c2.由题意知 f′(x)有变号零点，∴Δ＝16c2
－12c2＝4c2>0，解得 c≠0，即 c∈(－∞，0)∪(0，＋∞).
13.2 (2) ( 2)解析 ∵ =4+4=2，f '(x)=3x2-2，令 3x2-2=2 2 3，解得 x=- ∈[-2 2] x=2 3， 或 ∈[-2，2]，∴f(x)在[-2，
2 ( 2) 4 3 3
2]上的“拉格朗日中值点”的个数为 2.
2
14.(－∞ 2（2x －x－a），1]∪[6，＋∞) 解析 f′(x)＝ ，因为函数 f (x)在(1，2)内不存在极值点，所以 2x2
2x－1
－1 1
－x－a＝0在(1，2)上没有根，即函数 g(x)＝2x2－x－a在(1，2)上无零点，由 g(x)图象的对称轴为 x＝ ＝ ，
－4 4
可知 g(1)＝2×12－1－a≥0或 g(2)＝2×22－2－a≤0，解得 a≤1或 a≥6.
15.解 f′(x)＝3ax2－4x＋1.
(1)函数 f(x)的图象过点(0，1)时，有 f(0)＝c＝1.
当 a＝1时，f(x)＝x3－2x2＋x＋1，f′(x)＝3x2－4x＋1，
令 f′(x)＞0 1，解得 x＜ 或 x＞1；
3
令 f′(x)＜0 1，解得 ＜x＜1.
3
数学答案 第 2 页 共 5 页
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所以函数 f(x) 1 1在（ ∞， ），(1，＋∞)上单调递增，在（ ，1）单调递减，
3 3
所以函数 f(x)的极小值是 f(1)＝13－2×12＋1＋1＝1.
(2)若 f(x)在(－∞，＋∞)上无极值点，则 f(x)在(－∞，＋∞)上是单调函数，
即 f′(x)＝3ax2－4x＋1≥0或 f′(x)＝3ax2－4x＋1≤0恒成立.
因为 a＞0，所以 f′(x)＝3ax2－4x＋1≥0在(－∞，＋∞)上恒成立，
则有Δ＝(－4)2－4×3a×1≤0，
4
即 16－12a≤0，解得 a≥ .
3
a [ 4故 的取值范围为 ， +∞）.
3
16.(1)解 依题意 x>0，
f '(x)=a-1，当 a≤0时，f '(x)<0，

当 a>0时，由 f '(x)>0得 x>1，

由 f '(x)<0得 0
即当 a≤0时，函数 f(x)是减函数；
当 a>0时，函数 f(x)在 0 1 1， 上单调递减，在 ， +∞ 上单调递增.

(2)证明 由(1)知当 a>0 1时，f(x)的最小值为 f =1+a2+ln a，

1+a2+ln a-(3ln a+2)=a2-2ln a-1，
设 g(x)=x2-2ln x-1(x>0)，
g'(x)=2x-2=2( 1)( +1)则 ，

当 01时，g'(x)>0，
∴函数 g(x)在(0，1)上单调递减，在(1，+∞)上单调递增，
即 g(x)的最小值为 g(1)=12-2ln 1-1=0，
即 g(x)≥g(1)=0，∴g(a)≥0，
即 f(x) 1的最小值 f =1+a2+ln a≥3ln a+2，

∴f(x)≥3ln a+2.
17.(1) 1解 由已知得，-a≤ln x+ 在(0，+∞)上恒成立，

设 g(x)=ln x+1 g'(x)=1- 1 = 1， 2 2 ，
令 g'(x)>0，解得 x>1，
令 g'(x)<0，解得 0∴g(x)在(0，1)上单调递减，在(1，+∞)上单调递增，
∴g(x)≥g(1)=1，即-a≤1，∴a≥-1.
数学答案 第 3 页 共 5 页
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(2)证明 方法一 当 x>1时，若证 exln x>e(x-1) ln x> 1成立，即证
e 1
，x>1.
设 G(x)=ln x- 1
e 1
，x>1，
1 1 1 2
G '(x)=1-e ( 1)e e + 2
(e 1 2
= 1 ，) e
设 m(x)=ex-1+x2-2x，x>1，
m '(x)=ex-1+2x-2=ex-1+2(x-1)，
当 x>1时，m '(x)>0，∴m(x)在(1，+∞)上单调递增.
∴m(x)>m(1)=0，∴G '(x)>0，
∴G(x)在(1，+∞)上单调递增，G(x)>G(1)=0，
由此可证，当 x>1时，exln x>e(x-1)成立.
1
方法二 由(1)知，当 a≥-1时，f(x)≥0恒成立，取 a=-1，得 ln x≥ 成立，当且仅当 x=1时取等号.


∴当 x>1时，exln x>e ( 1)，

设 h(x)=ex-ex，
h'(x)=ex-e，故当 x>1时，h'(x)>0，
∴h(x)=ex-ex在(1，+∞)上单调递增，
∴h(x)>h(1)=0，∴ex>ex.
e x>1 >e e ( 1)∴当 时， ，即 >e(x-1).


x>1 exln x>e ( 1)由此可证，当 时， >e(x-1).

18.解 (1)函数 f(x)=ex-a(x+1)，
则 f '(x)=ex-a，
∵f(x)在[0，1]上不单调，
故函数 f(x)在(0，1)上存在极值，
∴f '(x)在(0，1)上存在变号零点，
即 ex-a=0在(0，1)上有解，
即直线 y=a与曲线 y=ex的图象在(0，1)上有交点，令 h(x)=ex，
当 x∈(0，1)时，h(x)∈(1，e)，
∴a的取值范围为(1，e).
(2)f(x)=0 1 +1等价于 = ，
e
f(x)=0 y=1 y= +1故 的零点个数即为直线 与曲线 的图象的交点个数， e
令 g(x)= +1 ，则 g'(x)=

e e
，
令 g'(x)>0，得 x<0，令 g'(x)<0，得 x>0，
故 g(x)在(-∞，0)上单调递增，在(0，+∞)上单调递减，
∵g(0)=1，当 x→-∞时，g(x)→-∞，当 x→+∞时，g(x)→0，
数学答案 第 4 页 共 5 页
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函数 g(x)的图象如图所示，
1
∴当 0< <1，即 a>1时，f(x)有两个零点；

1
当 =1，即 a=1时，f(x)有一个零点；

1
当 >1，即 0
19.解 (1)由题意 f '(x)=1+cosx-xsin x-2cosx=-xsin x-cosx+1，
则 f '(π)=2，即切线的斜率 k=2，
且 f(π)=0，即切点坐标为(π，0)，
所以曲线 y=f(x)在 x=π处的切线方程为 y=2(x-π)，即 2x-y-2π=0.
(2)因为 g(x)=x2-3x+a(a R) 3∈ 的图象开口向上，对称轴为直线 x= ，
2
g(x) 1 3 3则 在 ， 上单调递减，在 ，2 上单调递增，
2 2
可得 g(x)max=g(1)=g(2)=a-2.
由(1)可设 h(x)=f '(x)，
则 h(x)=-cosx-xsin x+1，
所以 h'(x)=-xcosx，
x 0 π当 ∈ ， 时，h'(x)<0；
2
x π当 ∈ ，π 时，h'(x)>0，
2
π π
则 h(x)在区间 0， 上单调递减，在区间 ，π 上单调递增.
2 2
且 h(0)=0，h π =1-π<0，h(π)=2，
2 2
可知 h(x)，即 f '(x) π在区间(0，π)上只有一个零点 x0，则 x0∈ ，π ，2
当 x∈(0，x0)时，f '(x)<0；当 x∈(x0，π)时，f '(x)>0，
所以 f(x)在区间(0，x0)上单调递减，在区间(x0，π)上单调递增，
且 f(0)=0，f(π)=0，可得当 x∈[0，π]时，f(x)max=0，
所以 02，
所以实数 a的取值范围是(2，+∞).
数学答案 第 5 页 共 5 页
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