2026年高三数学上学期专题突破练：导数及其应用（含解析）

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2026年高三数学上学期专题突破练：导数及其应用
一．选择题（共8小题）
1．（2025春 立山区校级期中）下列计算正确的是（　　）
A．（2x）′＝x 2x﹣1
B．
C．（e2x）′＝2e2x
D．
2．（2025春 东莞市校级期中）函数f（x）＝x2的导数f′（x）等于（　　）
A．2x B．1 C． D．
3．（2025春 海南期中）已知函数f（x）＝x+lnx，则的值为（　　）
A．1﹣e B．﹣1 C．1+e D．
4．（2025春 湖北校级期末）设，对于（　　）
A． B．2m+4 C．2m+1 D．4m+2
5．（2025春 滨海新区校级期中）函数f（x）＝ex+x2的图象在x＝0处的切线方程为（　　）
A．y＝2x+1 B．y＝x+2 C．y＝x+1 D．y＝2x+2
6．（2025春 宝安区校级期中）已知函数f（x）＝ax2﹣（a+2）x+lnx+1（a∈R），若 x1，x2∈（0，+∞），当x1≠x2时，恒成立，则a的取值范围是（　　）
A．（﹣∞，﹣1） B．（﹣∞，﹣1] C．（0，8] D．[0，8]
7．（2025春 东莞市校级期中）已知函数fi（x）的导函数为f'i（x）（i＝1，2，3），若f1（x）、f2（x）、f3（x）的图象如图所示，则（　　）
A．f′1（a）＞f'2（a）＞f'3（a）
B．f'1（a）＞f'3（a）＞f'2（a）
C．f'2（a）＞f'1（a）＞f'3（a）
D．f'3（a）＞f'1（a）＞f'2（a）
8．（2025春 漳浦县校级月考）丹麦数学家琴生是19世纪对数学分析做出卓越贡献的巨人，特别是在函数的凸凹性与不等式方向留下了很多宝贵的成果．设函数f（x）在（a，b）上的导函数为f'（x），f'（x）在（a，b）上的导函数记为f″（x）．若在（a，b）上f″（x）＜0恒成立，则称函数f（x）在（a，b）上为“凸函数”．已知函数f（x）x3x2在（1，4）上为“凸函数”，则实数t的取值范围是（　　）．
A．[3，+∞） B．（3，+∞） C．[，+∞） D．（，+∞）
二．多选题（共3小题）
（多选）9．（2025春 南关区校级期中）下列求导正确的是（　　）
A．
B．
C．
D．
（多选）10．（2025春 湖南期中）已知不等式eax+（a﹣1）x≥lnx对任意x＞0成立，则实数a的取值可以为（　　）
A． B． C． D．e
（多选）11．（2025春 南岗区校级期中）已知函数f（x）的导函数为f′（x），f′（x）的部分图象如图所示，则（　　）
A．f（x）在（x1，x2）上单调递增
B．f（x）在（x2，x3）上单调递减
C．x1是f（x）的极小值点
D．x2是f（x）的极小值点
三．填空题（共3小题）
12．（2025春 宝山区校级期中）函数f（x）＝cos2x在x＝0处的切线方程为 　 　 ．
13．（2025春 湖北期中）已知函数f（x）＝ax3﹣bx2在点（1，f（1））处的切线方程为y＝4x﹣3，则a+b＝ 　 　 ．
14．（2025春 船营区校级期末）已知a＞1，若对于，不等式恒成立，则a的取值范围为 　 　 ．
四．解答题（共5小题）
15．（2025春 东莞市校级期中）若，求：
（1）f（x）的单调递减区间；
（2）f（x）在[0，2]上的最小值和最大值．
16．（2025春 东莞市校级期中）已知函数f（x）＝x﹣lnx﹣m．
（1）若f（x）有两个零点x1，x2，且x2＞x1，求m的取值范围；
（2）在（1）的条件下，求证：．
17．（2025 鞍山模拟）已知函数．
（1）当k＝0时，证明：f（x）≤0；
（2）若f（x）存在极大值，且极大值大于0，求k的取值范围．
18．（2025 温州二模）已知函数f（x）＝ln（x+1）（a∈R）．
（1）讨论f（x）的单调性；
（2）若f（x）在区间（﹣1，0）上恰有一个零点，求a的取值范围；
（3）当a＞0时，解方程f′（x）﹣f（x）．
19．（2025春 吉林期末）已知函数f（x）＝2xlnx﹣a（x2﹣1）（a∈R）．
（1）若a＝1，求证：f（x）在（0，+∞）上单调递减；
（2）若f（x）≤0在[1，+∞）上恒成立，求a的取值范围；
（3）证明：．
2026年高三数学上学期专题突破练：导数及其应用
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 C A C B C D A C
二．多选题（共3小题）
题号 9 10 11
答案 BC ABD AC
一．选择题（共8小题）
1．（2025春 立山区校级期中）下列计算正确的是（　　）
A．（2x）′＝x 2x﹣1
B．
C．（e2x）′＝2e2x
D．
【解答】解：（2x）′＝2x ln2，故A错误；
，故B错误；
（e2x）′＝e2x （2x）′＝2e2x，故C正确；
，故D错误．
故选：C．
2．（2025春 东莞市校级期中）函数f（x）＝x2的导数f′（x）等于（　　）
A．2x B．1 C． D．
【解答】解：f（x）＝x2，
则f′（x）＝2x．
故选：A．
3．（2025春 海南期中）已知函数f（x）＝x+lnx，则的值为（　　）
A．1﹣e B．﹣1 C．1+e D．
【解答】解：因为，故．
故选：C．
4．（2025春 湖北校级期末）设，对于（　　）
A． B．2m+4 C．2m+1 D．4m+2
【解答】解：由，
故2（m+2）＝2m+4．
故选：B．
5．（2025春 滨海新区校级期中）函数f（x）＝ex+x2的图象在x＝0处的切线方程为（　　）
A．y＝2x+1 B．y＝x+2 C．y＝x+1 D．y＝2x+2
【解答】解：f′（x）＝ex+2x，则f′（0）＝1，
又f（0）＝1，
则所求切线方程为y﹣1＝x，即y＝x+1．
故选：C．
6．（2025春 宝安区校级期中）已知函数f（x）＝ax2﹣（a+2）x+lnx+1（a∈R），若 x1，x2∈（0，+∞），当x1≠x2时，恒成立，则a的取值范围是（　　）
A．（﹣∞，﹣1） B．（﹣∞，﹣1] C．（0，8] D．[0，8]
【解答】解：不妨设0＜x1＜x2，
若 x1，x2∈（0，+∞），当x1≠x2时，恒成立，
此时f（x1）+2x1＜f（x2）+2x2对一切0＜x1＜x2都成立，
令m（x）＝f（x）+2x，
此时m（x）＝ax2﹣ax+lnx+1，函数定义域为（0，+∞），
此时问题转化成m（x）在（0，+∞）上单调递增；
，
当a＝0时，，
所以函数m（x）在（0，+∞）上单调递增；
当a≠0时，
此时需满足m′（x）≥0在（0，+∞）上恒成立，
即2ax2﹣ax+1≥0在（0，+∞）上恒成立，
易知函数y＝2ax2﹣ax+1过定点（0，1），对称轴为，
此时需满足a＞0且，
解得0＜a≤8，
综上所述，a的取值范围为[0，8]．
故选：D．
7．（2025春 东莞市校级期中）已知函数fi（x）的导函数为f'i（x）（i＝1，2，3），若f1（x）、f2（x）、f3（x）的图象如图所示，则（　　）
A．f′1（a）＞f'2（a）＞f'3（a）
B．f'1（a）＞f'3（a）＞f'2（a）
C．f'2（a）＞f'1（a）＞f'3（a）
D．f'3（a）＞f'1（a）＞f'2（a）
【解答】解：由图可知，f1（x），f2（x）在x＝a处的切线斜率为正数，且f1（x）的图象在x＝a处更陡，而f3（x）在x＝a处的切线斜率为负数，
所以f'1（a）＞f'2（a）＞f'3（a）．
故选：A．
8．（2025春 漳浦县校级月考）丹麦数学家琴生是19世纪对数学分析做出卓越贡献的巨人，特别是在函数的凸凹性与不等式方向留下了很多宝贵的成果．设函数f（x）在（a，b）上的导函数为f'（x），f'（x）在（a，b）上的导函数记为f″（x）．若在（a，b）上f″（x）＜0恒成立，则称函数f（x）在（a，b）上为“凸函数”．已知函数f（x）x3x2在（1，4）上为“凸函数”，则实数t的取值范围是（　　）．
A．[3，+∞） B．（3，+∞） C．[，+∞） D．（，+∞）
【解答】解：由于f（x）x3x2，则f′（x）＝x3﹣tx2+3x，f″（x）＝3x2﹣2tx+3，
由于f（x）x3x2在（1，4）上为“凸函数”，
则f″（x）＝3x2﹣2tx+3＜0在（1，4）上恒成立，即在（1，4）上恒成立，
由对勾函数的性质知在（1，4）上单调递增，
于是，故t，
故选：C．
二．多选题（共3小题）
（多选）9．（2025春 南关区校级期中）下列求导正确的是（　　）
A．
B．
C．
D．
【解答】解：对于A，（xe3）′＝（x）′，A错误；
对于B，，B正确；
对于C，（4x﹣sin）＝（4x）′＝4xln4，C正确；
对于D，．
故选：BC．
（多选）10．（2025春 湖南期中）已知不等式eax+（a﹣1）x≥lnx对任意x＞0成立，则实数a的取值可以为（　　）
A． B． C． D．e
【解答】解：原不等式可化为eax+lneax≥x+lnx．（x＞0）
令函数f（x）＝x+lnx，那么原不等式等价于f（eax）≥f（x），
易知函数f（x）＝x+lnx在（0，+∞）上单调递增，
因此f（eax）≥f（x）可化为eax≥x，
取对数即得ax≥lnx，因此恒成立．
令函数，
那么导函数，
由g′（x）＜0，可得x＞e，由g′（x）＞0，可得0＜x＜e，
可知g（x）在（e，+∞）上单调递减，在（0，e）上单调递增，
最大值为
所以，故，即实数a的取值范围为．
符合条件的选项有ABD．
故选：ABD．
（多选）11．（2025春 南岗区校级期中）已知函数f（x）的导函数为f′（x），f′（x）的部分图象如图所示，则（　　）
A．f（x）在（x1，x2）上单调递增
B．f（x）在（x2，x3）上单调递减
C．x1是f（x）的极小值点
D．x2是f（x）的极小值点
【解答】解：根据图可知：当x∈（x1，x3）时，导函数f′（x）＞0，
因此f（x）在x∈（x1，x3）上单调递增，
因此f（x）在（x1，x2）上单调递增，在（x2，x3）上也单调递增，所以选项A正确，选项BD错误；
又根据图可知f′（x1）＝0，且在x1左边导数f′（x）＜0，
因此f（x）在x1左边附近单调递减，因此x1是函数f（x）的极小值点，所以C正确．
故选：AC．
三．填空题（共3小题）
12．（2025春 宝山区校级期中）函数f（x）＝cos2x在x＝0处的切线方程为 　y＝1　 ．
【解答】解：因为f（x）＝cos2x，所以f′（x）＝﹣2sin2x，
所以f（0）＝1，f′（0）＝0，
所以f（x）＝cos2x 在 x＝0 处的切线方程为y﹣1＝0×（x﹣0），即y＝1．
故答案为：y＝1．
13．（2025春 湖北期中）已知函数f（x）＝ax3﹣bx2在点（1，f（1））处的切线方程为y＝4x﹣3，则a+b＝ 　3　 ．
【解答】解：因为f（x）＝ax3﹣bx2，
所以f′（x）＝3ax2﹣2bx，
根据题意可得f（1）＝1，f′（1）＝4，
f（1）＝a﹣b＝1，f′（1）＝3a﹣2b＝4，
解得a＝2，b＝1，所以a+b＝3．
故答案为：3．
14．（2025春 船营区校级期末）已知a＞1，若对于，不等式恒成立，则a的取值范围为 　　 ．
【解答】解：不等式，可化为，，
令，求导得，
∴f（x）在（1，+∞）上单调递增，
∵a＞1，，∴3x≥1，，则aex＞1，
∴不等式，即为f（3x）≤f（aex），
∴3x≤aex，即对恒成立，
令，则，
当时，g′（x）＞0，当x∈（1，+∞）时，g′（x）＜0，
∴g（x）在（，1）上单调递增，在（1，+∞）上单调递减，
∴，则，即a的取值范围为．
故答案为：．
四．解答题（共5小题）
15．（2025春 东莞市校级期中）若，求：
（1）f（x）的单调递减区间；
（2）f（x）在[0，2]上的最小值和最大值．
【解答】解：（1）若，
则f′（x）＝（x﹣1）（x+1），
当x＜﹣1或x＞1时，f′（x）＞0；当﹣1＜x＜1时，f′（x）＜0，
故f（x）的增区间为（﹣∞，﹣1），（1，+∞），减区间为（﹣1，1）．
（2）由（1）可得f（x）在[0，1]为减函数，在[1，2]上为增函数，
故，．
16．（2025春 东莞市校级期中）已知函数f（x）＝x﹣lnx﹣m．
（1）若f（x）有两个零点x1，x2，且x2＞x1，求m的取值范围；
（2）在（1）的条件下，求证：．
【解答】解：（1），当0＜x＜1时，f'（x）＜0，当x＞1时，f'（x）＞0，
因此f（x）在（0，1）上为单调递减，在（1，+∞）上为单调递增，
因为f（x）有两个零点x1，x2，因此f（x）min＝f（1）＝1﹣m＜0，因此m＞1，
当m＞1时，f（e﹣m）＝e﹣m＞0，而f（em）＝em﹣2m，
设s（x）＝ex﹣2x，x＞1，则s'（x）＝ex﹣2＞0，因此s（x）在（1，+∞）上为增函数，
因此s（x）＞s（1）＝e﹣2＞0，因此f（em）＞0，
而e﹣m＜1＜em，因此当m＞1时，f（x）确有两个实数根，
综上，m∈（1，+∞）；
（2）证明：由（1）可得0＜x1＜1＜x2，
先证明：x1+x2＞m+1，即证x2＞m+1﹣x1，
而x2＞m+1﹣x1＞1，因此即证f（x2）＞f（m+1﹣x1），
而f（x1）＝f（x2）＝0，因此即证m+1﹣x1﹣ln（m+1﹣x1）﹣m＜0，
即证1﹣x1﹣ln（m+1﹣x1）＜0，而x1﹣lnx1＝m，
因此即证：1﹣x1﹣ln（1﹣lnx1）＜0，
设s（x）＝1﹣x﹣ln（1﹣lnx），0＜x＜1，则，
设，则，
因此t（x）在（0，1）上为减函数，因此t（x）＞t（1）＝0，
因此s（x）在（0，1）上为增函数，因此s（x）＜s（1）＝0，
即1﹣x1﹣ln（1﹣lnx1）＜0成立，因此x1+x2＞m+1，
设，m＞1，则，
因此v（m）在（1，+∞）上为增函数，因此v（m）＞v（1）＝0，
因此，因此，
因此．
17．（2025 鞍山模拟）已知函数．
（1）当k＝0时，证明：f（x）≤0；
（2）若f（x）存在极大值，且极大值大于0，求k的取值范围．
【解答】解：（1）证明：根据已知：函数．
k＝0时，f（x）＝2lnx﹣x2+1，，
0＜x＜1时，f′（x）＞0；x＞1时，f′（x）＜0，
所以f（x）在区间（0，1）上单调递增，（1，+∞）上单调递减，
所以f（x）≤f（1）＝0．
（2），
k≤﹣2时，f′（x）＞0，f（x）在（0，+∞）上单调递增，无极值；
k＞﹣2时，时，f′（x）＞0；时，f′（x）＜0，
所以f（x）在区间上单调递增，上单调递减，
所以f（x）的极大值为，
令g（x）＝2lnx+x﹣1（x＞0），则，
所以g（x）在区间（0，+∞）上单调递增，由已知，
所以，解得k＜0，
综上，k∈（﹣2，0）．
18．（2025 温州二模）已知函数f（x）＝ln（x+1）（a∈R）．
（1）讨论f（x）的单调性；
（2）若f（x）在区间（﹣1，0）上恰有一个零点，求a的取值范围；
（3）当a＞0时，解方程f′（x）﹣f（x）．
【解答】解：（1）因为，
所以，
当a≥0时，因为x＞﹣1，所以x+1+a≥x+1＞0，即f′（x）＞0，f（x）在定义域内（﹣1，+∞）单调递增；
当a＜0时，由f（x）＜0＝﹣1＜x＜﹣1﹣a；由f′（x）＞0 x＞﹣1﹣a．
所以f（x）在（﹣1，﹣1﹣a）上单调递减，在（﹣1﹣a，+∞）上单调递增．
综上，当a≥0时，f（x）在定义域内单调递增；
当a＜0时，f（x）在（﹣1，﹣1﹣a）上单调递减，在（﹣1﹣a，+∞）上单调递增．
（2）由（1）知，当a≥0时，f（x）在（﹣1，+∞）内单调递增，且注意到f（0）＝0，
因此f（x）在区间（﹣1，0）上无零点；
当a＜0时，考虑到f（0）＝0，为使（﹣1，0）内有零点，则极小值点小于零，即﹣1﹣a＜0 a＞﹣1，
结合a＜0，则a的取值范围为（﹣1，0）．
（3）由题，，记上式为g（x），
则在定义域内单调递减，
因此，仅有一个解，
注意到待求方程，
对g（x）中含a的部分单独考察，即a（﹣x2﹣x+1），
其中关于x的多项式的解为，
因此x＝x1，2时可消去a．
当时，有，满足题意；
当时，有，不符合题意．
综上，原方程的解为．
19．（2025春 吉林期末）已知函数f（x）＝2xlnx﹣a（x2﹣1）（a∈R）．
（1）若a＝1，求证：f（x）在（0，+∞）上单调递减；
（2）若f（x）≤0在[1，+∞）上恒成立，求a的取值范围；
（3）证明：．
【解答】解：（1）证明：由a＝1，那么函数f（x）＝2xlnx﹣（x2﹣1），
因此导函数f′（x）＝2+2lnx﹣2x，令函数h（x）＝2+2lnx﹣2x，
那么导函数，令h′（x）＝0，则x＝1，
因此x∈（1，+∞），导函数h′（x）＜0，h（x）在x∈（1，+∞）单调递减，
x∈（0，1），导函数h′（x）＞0，h（x）在x∈（0，1）单调递增，
因此导函数f′（x）＝h（x）≤h（1）＝2+0﹣2＝0，
那么函数f（x）在x∈（0，+∞）单调递减；
（2）根据f（x）≤0在[1，+∞）恒成立，
那么在[1，+∞）恒成立，
令函数在[1，+∞）恒成立，
导函数，令函数h（x）＝ax2﹣2x+a，
当a≤0时，函数h（x）＝ax2﹣2x+a，a≤0，x2≥1，因此h（x）＜0
因此导函数g′（x）＜0，那么函数在[1，+∞）单调递减，
因此g（x）≤g（1）＝0，这与g（x）≥0在[1，+∞）恒成立矛盾，因此a≤0不满足条件，
当a＞0时，函数h（x）＝ax2﹣2x+a，对称轴，
如果根的判别式Δ＝（﹣2）2﹣4a2＝4﹣4a2≤0，即a≥1，
当a≥1时，x∈[1，+∞），根的判别式Δ＝4﹣4a2≤0，函数h（x）＝ax2﹣2x+a≥0，
因此导函数g′（x）≥0，那么函数在[1，+∞）单调递增，
因此g（x）≥g（1）＝0，因此a≥1．
如果根的判别式Δ＝4﹣4a2＞0，即0＜a＜1，
当0＜a＜1时，函数h（x）＝ax2﹣2x+a＝0，那么
因此当x∈（1，x1）时，g′（x）＞0，函数g（x）在x∈（1，x1）单调递增，
当x∈（x1，x2）时，g′（x）＜0，函数g（x）在x∈（x1，x2）单调递减，
当x∈（x2，+∞）时，g′（x）＞0，函数g（x）在x∈（x1，x2）单调递增，
因此g（x2）≤g（1）＝0与g（x）≥0在[1，+∞）恒成立矛盾，
所以a∈[1，+∞）．
（3）证明：a＝1时，（x≥1）
故x＞1时，，
令，则，k＝1，2， ，n，
则n个不等式相加
故n∈N*．
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