达标测试卷(3) 导数-【高考总复习】2025年高考数学一轮达标测试卷

达标测试卷(三)　导数 (本卷满分150分　考试时间120分钟) 一、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.已知曲线y＝x＋在点P处的切线与直线x－3y＋1＝0垂直，则点P的横坐标为(　　) A.1　　　　　B.－1　　　　　C.2　　　　　　D.－2 2.若函数f(x)，g(x)满足f(x)＋xg(x)＝x2－1，且f(1)＝1，则f′＋g′＝(　　) A.1 B.2 C.3 D.4 3.函数f(x)＝ax2＋的图象被称为牛顿三叉戟曲线，当a＝b＝1时，函数f(x)的大致图象为(　　) 4.已知函数f(x)＝2ln x＋－x，则不等式f<f(1－x)的解集为(　　) A. B. C. D. 5.设函数f(x)＝若函数f(x)无最小值，则实数a的取值范围是(　　) A. B. C. D. 6.各种不同的进制在我们生活中随处可见，计算机使用的是二进制，数学运算一般用的十进制.通常我们用函数f(x)＝·表示在x进制下表达M个数字的效率，则下列选项中表达M个数字的效率最高的是(　　) A.四进制 B.三进制 C.八进制 D.七进制 7.已知函数f(x)＝，g(x)＝f(x)－kx，若g(x)有两个零点，则k的取值范围为(　　) A. B. C. D. 8.设函数f(x)的导函数是f′(x)，且f(x)·f′(x)>x恒成立，则(　　) A.f(1)<f(－1) B.f(1)>f(－1) C.|f(1)|<|f(－1)| D.|f(1)|>|f(－1)| 二、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.已知函数y＝f(x)的导函数y＝f′(x)的图象如图所示，则下列结论正确的是(　　) A.x＝c时，f(x)取得极大值 B.x＝d时，f(x)取得最小值 C.f(a)<f(b)<f(c) D.f<f<f(c) 10.吹气球时，记气球的半径r与体积V之间的函数关系为r(V)，r′为r(V)的导函数.已知r(V)在0≤V≤3上的图象如图所示，若0≤V1<V2≤3，则下列结论正确的是(　　) A.< B.r′>r′(2) C.r< D.存在V0∈，使得r′＝ 11.对于偶函数f(x)＝，下列结论正确的是(　　) A.函数f(x)在x＝处的切线斜率为 B.函数f(x)<1恒成立 C.若0<x1<x2<π，则f(x1)<f(x2) D.若m<f(x)对于∀x∈恒成立，则m的最大值为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12.若函数f(x)＝－x3＋ax有三个单调区间，则实数a的取值范围是________. 13.已知函数f(x)满足以下三个条件：①f(x)的导函数f′(x)为奇函数；②f≠0；③在区间上单调递增，则f(x)的一个解析式为f(x)＝________________. 14.定义方程f(x)＝f′(x)的实根x0叫做函数f(x)的“新驻点”，若函数g(x)＝e2x＋1，h(x)＝ln x，φ(x)＝x3－1的“新驻点”分别为a，b，c，则a，b，c的大小关系为________. 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)已知函数f(x)＝x3－9x. (1)求曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程； (2)求函数f(x)的单调区间与极值. 16.(15分)已知函数f(x)＝x－ln x. (1)求f(x)的单调区间和极值； (2)若f(x)≥ (1－m)x＋m对任意x∈(0，＋∞)恒成立，求实数m的值. 17.(15分)已知函数f(x)＝ex－ax. (1)当a＝e时，求函数f(x)的最小值； (2)若命题“当x＞0时，函数f(x)的图象与x轴没有交点”是假命题，求a的取值范围. 18.(17分)已知函数f(x)＝xln x－ax＋a. (1)若x≥1时，f(x)≥0，求a的取值范围； (2)当a＝1时，方程f(x)＝b有两个不相等的实数根x1，x2，证明：x1x2<1. 19.(17分)已知函数f(x)＝cos x＋x2－1，a∈R. (1)若x＝0是函数f(x)唯一的极小值点，求实数a的取值范围； (2)证明： ＋＋＋…＋＜2. 学科网（北京）股份有限公司 $$ 达标测试卷(三)　导数 1.B　设f(x)＝x＋，点P(x0，y0)，则f′(x)＝1－，由在点P处的切线与直线x－3y＋1＝0垂直可得f′＝－3，即1－＝－3，又x0<0，∴x0＝－1，故选B. 2.C　取x＝1，则有f(1)＋g＝0，即g(1)＝－f(1)＝－1，又f(x)＋xg(x)＝x2－1，所以f′(x)＋g(x)＋xg′(x)＝2x，所以f′＋g(1)＋g′＝2，所以f′＋g′＝2－g(1)＝2＋1＝3.故选C. 3.D　当a＝b＝1时，f(x)＝x2＋，函数f(x)的定义域为{x|x≠0}，则f′(x)＝2x－＝，令f′(x)>0，得x>2－；令f′(x)<0，得x<0或0<x<2－， 所以函数在(－∞，0)和上单调递减，在上单调递增.故选D. 4.B　由题意可知，函数f(x)＝2ln x＋－x的定义域为(0，＋∞). 因为f′(x)＝－－1＝－2≤0恒成立， 所以f(x)在(0，＋∞)上单调递减. 则由f<f(1－x)可得解得<x<1，即原不等式的解集为. 故选B. 5.A　由y＝3x－x3得y′＝3－3x2，令y′>0，得－1<x<1，令y′<0，得x<－1或x>1，所以y＝3x－x3在(－∞，－1)上单调递减，在(－1，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，所以当x＝－1时，y＝3x－x3取得极小值，为－2，因为f(x)＝无最小值，所以解得a<－1.故选A. 6.B　设g(x)＝，则g′(x)＝，当0<x<e时，g′(x)>0，g(x)单调递增；当x>e时，g′(x)<0，g(x)单调递减，所以g(x)max＝g(e)＝.由于f(x)中x∈N*，下面比较和的大小即得.－＝＝<0，所以<，所以f(3)最大.故选B. 7.D　令g(x)＝0，则＝kx，由题意可知 f(x)＝与y＝kx有两个交点，则f′(x)＝，设直线与f(x)＝相切时，切点坐标为，则斜率k0＝，则切线方程为y－＝·，∵切线过原点O，代入得－＝，解得x0＝， ∴k0＝，∵f(x)＝与y＝kx有两个交点， ∴k∈，故选D. 8.D　设g(x)＝，则g′(x)＝[2f(x)f′(x)－2x]＝f(x)f′(x)－x>0恒成立，所以g(x)＝单调递增，故g>g， 即>，解得f2>f2，即|f(1)|>|f(－1)|. 故选D. 9.ACD　结合导函数的图象可知，f(x)在上单调递增，则f(a)<f(b)<f(c)，C正确；在上单调递减，则f<f<f(c)，D正确； 由于f<f，显然f不是最小值，B错误；又f(x)在上单调递增，在上单调递减，则x＝c时，f(x)取得极大值，A正确.故选ACD. 10.BD　A：设tan α＝，tan θ＝，由图得α>θ，所以tan α>tan θ，所以>，所以该选项错误； B：图象上点的切线的斜率越来越小，根据导数的几何意义得r′>r′(2)，所以该选项正确； C：设V1＝0，V2＝3，所以r＝r，＝，因为r－r(0)>r(3)－r，所以r>，所以该选项错误； D：表示A(V1，r(V1))，B(V2，r(V2))两点之间的斜率，r′表示C(V0，r(V0))处切线的斜率，由于V0∈，所以可以平移直线AB使之和曲线相切，切点就是点C，所以该选项正确.故选BD. 11.ABD　因为f(x)＝为偶函数， 所以f(－x)＝f(x)，所以a＝0. 对于选项A，因为f(x)＝， 所以f′(x)＝，所以f′＝， 所以函数f(x)在x＝处的切线斜率为，故选项A正确； 对于选项B，令g(x)＝sin x－x，则g′(x)＝cos x－1， 当x>0时，g′(x)≤0，所以g(x)单调递减， 所以g(x)<g(0)＝0， 即sin x<x，所以f(x)＝<1. 因为f(x)为偶函数，所以函数f(x)<1恒成立. 故选项B正确； 对于选项C，f′(x)＝， 令g(x)＝xcos x－sin x， 则g′(x)＝cos x－xsin x－cos x＝－xsin x， 当x∈时，g′(x)<0， 所以g(x)在上单调递减，所以g(x)<g(0)＝0， 即f′(x)＝<0在上恒成立， 因此函数f(x)＝在上单调递减. 又0<x1<x2<π， 所以f(x1)>f(x2)，故选项C错误； 对于选项D，因为函数f(x)＝在(0，π)上单调递减，所以函数f(x)＝在上也单调递减， 所以f(x)＝>f＝在上恒成立， 即<在上恒成立， 即m的最大值为，故选项D正确.故选ABD. 12.解析　f′(x)＝－x2＋a，由于函数f(x)＝－x3＋ax有三个单调区间，所以f′(x)＝－x2＋a＝0有两个不相等的实数根，所以a>0.故答案为(0，＋∞). 答案　(0，＋∞) 13.解析　因为f(x)的导函数f′(x)为奇函数，所以可设f(x)＝ax2＋c，因为f≠0，所以c≠0，又f(x)在区间上单调递增，所以a<0，因此f(x)＝－x2＋1或f(x)＝－2x2＋3等均可.故答案为－x2＋1 (答案不唯一). 答案　－x2＋1(答案不唯一) 14.解析　由g(x)＝e2x＋1，得g′(x)＝2e2x，所以由题意得e2a＋1＝2e2a，解得a＝0；由h(x)＝ln x，得h′(x)＝，所以由题意得ln b＝，令t(x)＝ln x－(x>0)，则t′(x)＝＋>0，所以t(x)在(0，＋∞)上单调递增，因为t(1)＝－1<0，t(2)＝ln 2－＝ln 2－ln e>0，所以存在x0∈(1，2)，使t(x0)＝0，所以b∈(1，2)；由φ(x)＝x3－1，得φ′(x)＝3x2，所以由题意得c3－1＝3c2，令m(x)＝x3－3x2－1，则m′(x)＝3x2－6x，令m′(x)＝0，则x＝0或x＝2，当x<0或x>2时，m′(x)>0，当0<x<2，m′(x)<0，所以m(x)在(－∞，0)和上单调递增，在上单调递减，所以m(x)的极大值为m(0)＝－1，极小值为m(2)＝8－3×4－1＝－5，因为m(3)＝27－27－1＝－1<0，m(4)＝64－48－1＝15>0，所以m(x)存在唯一零点x0∈(3，4)，所以c∈(3，4)，所以c>b>a，故答案为c>b>a. 答案　c>b>a 15.解析　(1)因为f(x)＝x3－9x，所以f′(x)＝3x2－9，当x＝1时，f(1)＝－8，f′(1)＝－6， 所以曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线过点(1，－8)，斜率为k＝－6， 所以切线方程为y＋8＝－6(x－1)， 即6x＋y＋2＝0. (2)函数f(x)的定义域为R， 令f′(x)＝3x2－9＝0，得x＝±. x (－∞，－) － (－，) (，＋∞) f′(x) ＋ 0 － 0 ＋ f(x) 增 极大值 减 极小值 增 所以函数f(x)的单调递增区间为(－∞，－)，(，＋∞)； 单调递减区间为(－，).当x＝－时，函数f(x)有极大值f(－)＝6， 当x＝时，函数f(x)有极小值f()＝－6. 16.解析　(1)f(x)＝x－ln x，f′(x)＝1－，x∈(0，＋∞)，f(x)单调递减区间为(0，1)，单调递增区间为(1，＋∞)，有极小值f(1)＝1，无极大值. (2)f(x)≥(1－m)x＋m，即ln x－m(x－1)≤0， 记h(x)＝ln x－m(x－1)， 则h(x)≤0对任意x∈(0，＋∞)恒成立， 求导得h′(x)＝－m(x＞0)， 若m≤0，则h′(x)＞0， 得h(x)在(0，＋∞)上单调递增，又h(1)＝0， 故当x＞1时，h(x)＞0，不合题意； 若m＞0，则易得h(x)在上单调递增，在上单调递减， 则h(x)max＝h＝－ln m－1＋m. 依题意有－ln m－1＋m≤0，故f(m)≤1， 由(1)知f(m)≥1，且极小值f(1)＝1，则m只能等于1. 17.解析　(1)当a＝e时，f(x)＝ex－ex，x∈R，f′(x)＝ex－e，令f′(x)＝0，解得x＝1，当x∈(－∞，1)时，f′(x)＜0，f(x)单调递减；当x∈(1，＋∞)时，f′(x)＞0，f(x)单调递增，故f(x)min＝f(1)＝0. (2)由题意得，f(x)＝ex－ax在(0，＋∞)上有零点，f′(x)＝ex－a，当a≤1时，f′(x)＝ex－a＞0恒成立，f(x)在(0，＋∞)上单调递增，又因为f(0)＝1，故f(x)在(0，＋∞)上没有零点；当a＞1时，令f′(x)＝0，即ex－a＝0，解得x＝ln a，则f(x)在(0，ln a)上单调递减，在(ln a，＋∞)上单调递增，则f(x)min＝f(ln a)＝eln a－aln a，要使f(x)有零点，则f(x)min≤0，即eln a－aln a≤0，解得a≥e，故a的取值范围为[e，＋∞). 18.(1)解析　∵x≥1, f(x)≥0，∴ln x－a＋≥0，设g(x)＝ln x－a＋(x≥1)，g′(x)＝－＝，当a>1时，令g′(x)＝0得x＝a，当1≤x<a时，g′(x)<0，g(x)单调递减；当x>a时，g′(x)>0，g(x)单调递增，∴g(a)<g(1)＝0，与已知矛盾.当a≤1时，g′(x)≥0，∴g(x)在[1，＋∞)上单调递增，∴g(x)≥g(1)＝0，满足条件.综上，a的取值范围是(－∞，1]. (2)证明　当a＝1时，f′(x)＝ln x，当x>1时，f′(x)>0，当0<x<1时，f′(x)<0，则f(x)在区间(1，＋∞)上单调递增，在区间上单调递减，不妨设x1<x2，则0<x1<1<x2，要证x1x2<1，只需证1<x2<，∵f(x)在区间(1，＋∞)上单调递增，∴只需证f(x2)<f，∵f(x1)＝f(x2)，∴只需证f(x1)<f.设F(x)＝f(x)－f(0<x<1)，则F′(x)＝ln x－ln x＝ln x>0，∴F(x)在区间上单调递增，∴F(x)<F(1)＝0，∴f(x)－f<0，即f(x1)<f成立，∴x1x2<1. 19.(1)解析　f′(x)＝－sin x＋ax，且f′(0)＝0，令g(x)＝f′(x)，则g′(x)＝－cos x＋a. ①当a≥1时，g′(x)≥0，则g(x)单调递增， 当x＞0时，g(x)＝f′(x)＞g(0)＝0；当x＜0时，g(x)＝f′(x)＜g(0)＝0， 即当x＞0时，f(x)单调递增，当x＜0时，f(x)单调递减，此时x＝0是函数f(x)唯一的极小值点. ②当a＜1时，g′(0)＝－1＋a＜0，所以存在δ＞0使得当x∈(0，δ)时，g(x)＝f′(x)在(0，δ)上单调递减，即当x∈(0，δ)时，f′(x)＜f′(0)＝0，所以f(x)在(0，δ)上单调递减，与x＝0是函数f(x)唯一的极小值点矛盾. 综上，实数a的取值范围为[1，＋∞). (2)证明　由(1)可知，当a＝1且x＞0时，－sin x＋x＞0， 即当x＞0时，x＞sin x， 故当x＞0且x∈[2kπ，π＋2kπ]，k∈N时，sin3x＜1·x2，即＜x， 故可得＋＋＋…＋＜＋＋＋…＋. 令S＝＋＋＋…＋， 则S＝＋＋＋…＋， 两式相减可得S＝＋＋＋…＋－， 化简可得S＝2＜2. 故 ＋＋＋…＋＜2. 学科网（北京）股份有限公司 $$