3.达标测试卷(三) 导数-【精讲精练】2026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.若f(x)＝1－2x，则 ＝(　　) A.－6 B.2 C.－2 D.6 2.已知函数f(x)＝2f′(1)x－x2＋ln x＋(f′(x)是f(x)的导函数)，则f(1)＝(　　) A. B.1 C.2 D.－ 3.已知函数f(x)＝ax2＋bx＋1(a≠0)在点(1，f(1))处的切线与直线l：x＋2y－1＝0垂直，则ab的最大值为(　　) A.1 B. C. D.2 4.已知函数f(x)的导函数为f′(x)，且f(x)>f′(x)，则必有(　　) A.函数y＝为增函数 B.函数y＝为增函数 C.函数y＝为减函数 D.函数y＝为减函数 5.已知函数f(x)的导函数f′(x)＝(x＋2)(x2＋x＋m)，若函数f(x)有一极大值点为－2，则实数m的取值范围为(　　) A.(－2，＋∞) B.(－4，－2] C.(－∞，－2] D.(－∞，－2) 6.已知a＝，b＝，c＝ln 3，则(　　) A.a<b<c B.b<a<c C.b<c<a D.c<b<a 7.已知函数f(x)＝m(x－1)ex－x2＋x在x∈上有两个极值点，则实数m的取值范围为(　　) A. B. C. D.∪ 8.已知函数f(x)＝ex－ax2，若对任意x1，x2∈，x1≠x2，不等式<x1＋x2恒成立，则实数a的取值范围是(　　) A. B. C. D. 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.丹麦数学家琴生(Jensen)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面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”，以下四个函数在上是凸函数的是(　　) A.f(x)＝sin x＋cos x B.f(x)＝ln x－2x C.f(x)＝－x3＋2x－1 D.f(x)＝－xe－x 10.已知函数f(x)＝2x3－6x＋1，则(　　) A.g(x)＝f(x)－1为奇函数 B.f(x)的单调递增区间为(－1,1) C.f(x)的极小值为－3 D.若关于x的方程f(x)－m＝0恰有3个不等的实根，则m的取值范围为(－3,5) 11.已知函数f(x)及其导函数f′(x)的定义域均为R，若f(x)是奇函数，满足f(2)＝－f(1)≠0，且对任意x，y∈R，f(x＋y)＝f(x)f′(y)＋f′(x)f(y)，则(　　) A.f′(1)＝ B.f(9)＝0 C.(k)＝－1 D.′(k)＝－1 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12.若函数f(x)的图象是连续平滑的曲线，且在区间[a，b]上恒非负，则其图象与直线x＝a，x＝b，x轴围成的封闭图形的面积称为f(x)在区间[a，b]上的“围面积”.根据牛顿－莱布尼茨公式，计算面积时，若存在函数F(x)满足F′(x)＝f(x)，则F(b)－F(a)为f(x)在区间[a，b]上的围面积.函数f(x)＝cos x在区间上的围面积是________. 13.已知函数f(x)＝若函数g(x)＝f(x)－x＋m(m∈R)恰有一个零点，则m的取值范围为________________________________________________________________________. 14.已知λ>0，对任意的x>1，不等式e2λx－≥0恒成立，则λ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)设f(x)＝aln x＋－x＋1，函数y＝f(x)的单调递增区间是. (1)求实数a的值； (2)求函数f(x)的极值. 16.(15分)已知函数f(x)＝，当x＝1时，f(x)有极大值. (1)求实数a，b的值； (2)当x>0时，证明：f(x)<. 17.(15分)已知函数f(x)＝(x2－2x＋a)ex，a∈R. (1)若a＝1，求函数f(x)在x∈[0,3]上的最大值和最小值； (2)讨论函数f(x)的单调性. 18.(17分)已知f(x)＝ex－ax－1，a∈R，e是自然对数的底数. (1)当a＝1时，求函数y＝f(x)的极值； (2)若关于x的方程f(x)＋1＝0有两个不等实根，求a的取值范围； (3)当a>0时，若满足f(x1)＝f(x2)(x1<x2)，求证：x1＋x2<2ln a. 19.(17分)对给定的在定义域内连续且存在导函数的函数f(x)，若对在f(x)定义域内的给定常数a，存在数列{an}满足a1在f(x)的定义域内且a1>a，且对∀n≥2，n∈N*，y＝f(x)在区间(a，an－1)的图象上有且仅有在x＝an一个点处的切线平行于(a，f(a))和(an－1，f(an－1))的连线，则称数列{an}为函数f(x)的“a关联切线伴随数列”. (1)若函数f(x)＝x2，证明：∀a∈R，f(x)都存在“a关联切线伴随数列”； (2)若函数g(x)＝(x－1)3，数列{an}为函数g(x)的“1关联切线伴随数列”，且a1＝＋1，求{an}的通项公式； (3)若函数h(x)＝mx3＋6sin x，数列{bn}为函数h(x)的“b关联切线伴随数列”，记数列{bn}的前n项和为Sn，证明：当m≥1，b≥0时，Sn＋bn≥(n－1)b＋2b1. 学科网（北京）股份有限公司 $$ 达标测试卷(三)　导数 1.C　∵ ＝f′(3)，f′(x)＝－2， ∴f′(3)＝－2.故选C. 2.A　因为f(x)＝2f′(1)x－x2＋ln x＋， 所以定义域为(0，＋∞).所以f′(x)＝2f′(1)－2x＋， 当x＝1时，f′(1)＝2f′(1)－2＋1，得f′(1)＝1， 则f(1)＝2－1＋＝，故选A. 3.A　f′(x)＝ax＋b， 因为函数f(x)在点(1，f(1))处的切线与直线l：x＋2y－1＝0垂直， 所以f′(1)＝2，即a＋b＝2，则a，b不可能同时为负数， 当a>0，b<0或a<0，b>0时，ab<0， 当b＝0，a＝2时，ab＝0， 当a>0，b>0时，ab≤2＝1， 当且仅当a＝b＝1时，等号成立， 综上所述，ab的最大值为1.故选A. 4.D　由y＝可得y′＝ ＝， 由于f′(x)－f(x)的正负无法确定，因此无法判断y＝的单调性； 由y＝得y′＝ ＝<0， 因此函数y＝为减函数，故D正确 ，ABC错误，故选D. 5.D　由题意f′(x)＝(x＋2)(x2＋x＋m)，令g(x)＝x2＋x＋m， 若g(x)≥0恒成立，易知当x∈(－∞，－2)时，f′(x)≤0，当x∈(－2，＋∞)时，f′(x)≥0， 所以－2是f(x)的极小值点，不合题意，故g(x)有两个不同零点. 设g(x)的两个零点分别为x1，x2(x1<x2)，则f′(x)＝(x－x1)(x＋2)(x－x2)， 结合三次函数的图象与性质知x1<－2<x2， 在(－∞，x1)，(－2，x2)上f′(x)<0，f(x)单调递减，在(x1，－2)，(x2，＋∞)上f′(x)>0，f(x)单调递增，－2是f(x)的极大值点，符合题意， 此时需g(－2)＝2＋m<0，得m<－2，所以实数m的取值范围为(－∞，－2).故选D. 6.D　令f(x)＝(x>0)，f′(x)＝＝， 当x∈(0，e)时，f′(x)>0，当x∈(e，＋∞)时，f′(x)<0， 所以f(x)在(0，e)上单调递增，在(e，＋∞)上单调递减， 因为e<3，所以f(e)>f(3)，即>， 所以可得＝>ln 3，故b>c， 因为a－b＝－＝＝＝>0， 所以a>b，故a>b>c.故选D. ·41·7.B　因为函数f(x)＝m(x－1)ex－x2＋x在x∈上有两个极值点， 所以f′(x)在x∈上有两个变号零点， 因为f′(x)＝mxex－2x＋1，令f′(x)＝0，即mxex－2x＋1＝0，可得m＝. 令h(x)＝，则h′(x)＝＝－， 令h′(x)>0，得x∈，令h′(x)<0，得1<x<2， 所以，函数h(x)在上单调递增，在(1,2)上单调递减， 因为h＝0，h(1)＝，h(2)＝，如下图所示. 当<m<时，直线y＝m与函数h(x)在上的图象有两个交点， 设两个交点的横坐标分别为x1，x2，且x1<x2， 由图可知，当<x<x1或x2<x<2时，m>，此时，f′(x)＝xex>0， 当x1<x<x2时，m<， 此时，f′(x)＝xex<0， 所以，函数f(x)在上单调递增，在(x1，x2)上单调递减，在(x2,2)上单调递增， 此时，函数f(x)有两个极值点，合乎题意. 因此，实数m的取值范围为.故选B. 8.D　设x1>x2， ∀x1，x2∈，<x1＋x2， 等价于f(x1)－f(x2)<x－x， 即f(x1)－x<f(x2)－x， 令g(x)＝f(x)－x2＝ex－ax2－x2，则g(x1)<g(x2)， 所以函数g(x)在上单调递减， 则不等式g′(x)＝ex－2(a＋1)x≤0在上恒成立， 即不等式≤2(a＋1)在上恒成立，令h(x)＝，x∈， 则h′(x)＝，令h′(x)<0⇒<x<1， 令h′(x)>0⇒1<x<2， 所以函数h(x)在上单调递减，在(1,2)上单调递增， 又h＝2，h(2)＝，且2<， 所以≤2(a＋1)，解得a≥－1， 即实数a的取值范围为.故选D. 9.ABC　对于A，由f(x)＝sin x＋cos x，得f′(x)＝cos x－sin x，则f″(x)＝－sin x－cos x＝－(sin x＋cos x)，因为x∈，所以sin x>0，cos x>0，f″(x)＝－(sin x＋cos x)<0，所以此函数是凸函数； 对于B，由f(x)＝ln x－2x，得f′(x)＝－2，则f″(x)＝－，因为x∈，所以f″(x)＝－<0，所以此函数是凸函数； 对于C，由f(x)＝－x3＋2x－1，得f′(x)＝－3x2＋2，则f″(x)＝－6x，因为x∈，所以f″(x)＝－6x<0，所以此函数是凸函数； 对于D，由f(x)＝－xe－x，得f′(x)＝－e－x＋xe－x，则f″(x)＝e－x＋e－x－xe－x＝(2－x)e－x，因为x∈，所以f″(x)＝(2－x)e－x>0，所以此函数不是凸函数，故选ABC. 10.ACD　由函数f(x)＝2x3－6x＋1，可得f′(x)＝6x2－6＝6(x－1)(x＋1)， 对于A，由g(x)＝f(x)－1＝2x3－6x，定义域为R，关于原点对称， 且g(－x)＝2(－x)3－6(－x)＝－2x3＋6x＝－g(x)，所以函数g(x)为奇函数，所以A正确； 对于B，由f′(x)＝6(x－1)(x＋1)>0，解得x<－1或x>1， 即函数f(x)的单调递增区间为(－∞，－1)，(1，＋∞)，所以B不正确； 对于C，由f′(x)<0，解得－1<x<1，所以函数f(x)的单调递减区间为(－1,1)， 所以，当x＝1时，函数f(x)取得极小值，极小值为f(1)＝－3，所以C正确； 对于D，由函数f(x)在区间(－∞，－1)上单调递增，在区间(－1,1)上单调递减，在区间(1，＋∞)上单调递增，所以极大值为f(－1)＝5，极小值为f(1)＝－3， 且x→－∞时，f(x)→－∞；x→＋∞时，f(x)→＋∞； 又由关于x的方程f(x)－m＝0恰有3个不等的实根， 即函数y＝f(x)与y＝m的图象有3个不同的交点，可得－3<m<5， 所以实数m的取值范围为(－3,5)，所以D正确.故选ACD. 11.BD　对于A，令x＝y＝1，可得f(2)＝f(1)f′(1)＋f′(1)f(1)＝2f(1)f′(1)， 因为f(2)＝－f(1)≠0，所以f′(1)＝－，所以A不正确； 对于B，令y＝1，可得f(x＋1)＝f(x)f′(1)＋f′(x)f(1)， 所以f(1－x)＝f(－x)f′(1)＋f′(－x)f(1)， 因为函数f(x)为奇函数，则f′(x)为偶函数， 所以f(1－x)＝－f(x)f′(1)＋f′(x)f(1)， 联立可得f(x＋1)＝2f(x)f′(1)＋f(1－x)＝－f(x)－f(x－1)， 即f(x＋2)＝－f(x＋1)－f(x)， 所以f(x＋3)＝－f(x＋2)－f(x＋1)＝f(x＋1)＋f(x)－f(x＋1)＝f(x)， 所以函数f(x)是周期为3的函数，所以f(9)＝f(0)＝0，所以B正确； 对于C，由f(x＋2)＝－f(x＋1)－f(x)，可得f(1)＋f(2)＋f(3)＝0， 且f(1)＋f(2)＝0，因为函数f(x)是周期为3的函数， 可得f(k)＝[f(1)＋f(2)＋f(3)]×6＋[f(1)＋f(2)]＝0，所以C错误； 对于D, 由f(x＋2)＝－f(x＋1)－f(x)，可得f′(x＋2)＝－f′(x＋1)－f′(x)， 令x＝0，可得f′(2)＝－f′(1)－f′(0)，所以f′(0)＋f′(1)＋f′(2)＝0， 因为函数f(x)是周期为3的函数，即f(x＋3)＝f(x)，可得f′(x＋3)＝f′(x)， 所以函数f′(x)是周期为3的函数，可得f′(0)＝f′(3)，所以f′(1)＋f′(2)＋f′(3)＝0， 令x＝0，y＝1，可得f(1)＝f(0)f′(1)＋f′(0)f(1)， 所以f′(0)＝1， 所以f′(2)＝－f′(1)－f′(0)＝－1＝－， 可得f′(1)＋f′(2)＝－1， 所以′(k)＝[f′(1)＋f′(2)＋f′(3)]×6＋[f′(1)＋f′(2)]＝－1，所以D正确.故选BD. 12.解析　当F(x)＝sin x时，F′(x)＝f(x)＝cos x， 所以函数f(x)＝cos x在区间上的围面积是 F－F＝sin－sin＝－＝. 答案　 13.解析　f(x)－x＝ 由于y＝x＋(x>0)为对勾函数，最小值为2，而y＝ex－x(x≤0)，y′＝ex－1≤0，所以y＝ex－x在(－∞，0)上单调递减，故ex－x≥1，作出f(x)－x的大致图象如下： 故要使g(x)＝f(x)－x＋m(m∈R)恰有一个零点， 只需要f(x)－x＝－m只有一个交点， 故1≤－m<2，即－2<m≤－1， 即m的取值范围为(－2，－1]. 答案　(－2，－1] 14.解析　由题意λ>0，不等式即2λe2λx≥ln x，进而转化为2λxe2λx≥(ln x)eln x， 令g(x)＝xex，则g′(x)＝(x＋1)ex， 当x>0时，g′(x)>0，所以g(x)在(0，＋∞)上单调递增. 则不等式等价于g(2λx)≥g(ln x)恒成立. 因为λ>0，x>1，所以2λx>0，ln x>0， 所以2λx≥ln x对任意x>1恒成立，即2λ≥恒成立. 设h(t)＝(t>1)，可得h′(t)＝， 当1<t<e时，h′(t)>0，h(t)单调递增；当t>e时，h′(t)<0，h(t)单调递减. 所以t＝e时，h(t)有最大值h(e)＝，于是2λ≥， 解得λ≥. 答案　 15.解析　(1)函数的定义域为(0，＋∞)，且f′(x)＝－－＝， 因为函数y＝f(x)的单调递增区间是， 所以－3x2＋2ax－1>0的解集是. 所以方程－3x2＋2ax－1＝0的解是，1， 所以＋1＝，解得a＝2. (2)当a＝2时，令f′(x)＝0，则x＝或x＝1. 当x变化时，f(x)，f′(x)的变化情况如下表： x 1 (1，＋∞) f′(x) － 0 ＋ 0 － f(x) 单调递减 极小值 单调递增 极大值 单调递减 当x＝时，f(x)有极小值f＝2ln＋－＋1＝2－2ln 3； 当x＝1时，f(x)有极大值f(1)＝2ln 1＋－＋1＝0. 16.(1)解析　函数f(x)的定义域为(－∞，＋∞)， 且f′(x)＝， 因为x＝1时，f(x)有极大值， 所以解得a＝1，b＝0， 经检验，当a＝1，b＝0时，f(x)在x＝1时有极大值， 所以a＝1，b＝0. (2)证明　由(1)知，f(x)＝， 当x>0时，要证f(x)<，即证<， 即证ex>x＋1. 设g(x)＝ex－x－1，则g′(x)＝ex－1， 因为x>0，所以g′(x)＝ex－1>0， 所以g(x)在(0，＋∞)上单调递增， 所以g(x)>g(0)＝0，即ex－x－1>0，即ex>x＋1， 故当x>0时，f(x)<. 17.解析　(1)当a＝1时，f(x)＝(x2－2x＋1)ex， 则f′(x)＝(x2－1)ex， 令f′(x)＝(x2－1)ex＝0，得x＝1或x＝－1， 由于x∈[0,3]， 所以当x∈(0,1)时，f′(x)<0，f(x)在(0,1)单调递减， 所以当x∈(1,3)时，f′(x)>0，f(x)在(1,3)单调递增， 所以f(x)在x＝1时取到极小值，且f(1)＝0， 又因为f(0)＝1，f(3)＝4e3， 综上，函数f(x)在x∈[0,3]上的最大值为4e3，最小值为0. (2)因为f(x)＝(x2－2x＋a)ex，a∈R，所以f′(x)＝(x2＋a－2)ex，a∈R， 当a－2≥0，即a≥2时，f′(x)＝(x2＋a－2)ex≥0， f(x)在(－∞，＋∞)上单调递增； 当a－2<0，即a<2时， 令f′(x)＝(x2＋a－2)ex＝0，则x＝±， 所以当x∈(－∞，－)时，f′(x)>0，f(x)在(－∞，－)上单调递增， 当x∈(－，)时，f′(x)<0，f(x)在(－，)上单调递减， 当x∈(，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)在(，＋∞)上单调递增. 综上所述，当a≥2时，f(x)在(－∞，＋∞)上单调递增， 当a<2时，f(x)在(－∞，－)，(，＋∞)上单调递增，在(－，)上单调递减. 18.(1)解析　当a＝1时，f(x)＝ex－x－1，定义域为R，求导可得f′(x)＝ex－1， 令f′(x)＝0，得x＝0， 当x<0时，f′(x)<0，函数f(x)在区间(－∞，0)上单调递减， 当x>0时，f′(x)>0，函数f(x)在区间(0，＋∞)上单调递增， 所以y＝f(x)在x＝0处取到极小值，为0，无极大值. (2)解析　方程f(x)＋1＝ex－ax＝0， 当x＝0时，显然方程不成立， 所以x≠0，则a＝， 方程有两个不等实根，即y＝a与g(x)＝有2个交点， g′(x)＝， 当x<0或0<x<1时，g′(x)<0， g(x)在区间(-∞，0)和(0,1)上单调递减， 并且x∈(-∞，0)时，g(x)<0，当x∈(0,1)时，g(x)>0， 当x>1时，g′(x)>0，g(x)在区间(1，+∞)上单调递增， 当x>0时，g(x)在x=1时取得最小值，g(1)=e， 作出函数y=g(x)的图象，如图所示. 因此y=a与g(x)=有2个交点时，a>e， 故a的取值范围为(e，+∞). (3)证明　a>0，由f′(x)=ex-a=0，得x=ln a， 所以函数y=f(x)在(-∞，ln a)上单调递减，在(ln a，+∞)上单调递增. 由题意x1<x2，且f(x1)=f(x2)，则x1∈(-∞，ln a)，x2∈(ln a，+∞). 要证x1+x2<2ln a，只需证x1<2ln a-x2， 而x1<2ln a-x2<ln a，且函数f(x)在(-∞，ln a)上单调递减， 故只需证f(x1)>f(2ln a-x2)， 又f(x1)=f(x2)，所以只需证f(x2)>f(2ln a-x2)， 即证f(x2)-f(2ln a-x2)>0， 令h(x)=f(x)-f(2ln a-x)， 即h(x)=ex-ax-1-[e2ln a-x-a(2ln a-x)-1]=ex-a2e-x-2ax+2aln a， h′(x)=ex+a2e-x-2a， 由均值不等式可得h′(x)=ex+a2e-x-2a≥2-2a=0， 当且仅当ex=a2e-x，即x=ln a时，等号成立. 所以函数h(x)在R上单调递增. 由x2>ln a，可得h(x2)>h(ln a)=0， 即f(x2)-f(2ln a-x2)>0， 所以f(x1)>f(2ln a-x2)， 又函数f(x)在(-∞，ln a)上单调递减， 所以x1<2ln a-x2，即x1+x2<2ln a得证. 19.(1)证明　因为f(x)＝x2，则f′(x)＝2x， 由题意可得f′(an)＝＝＝an－1＋a， 则2an＝an－1＋a，即2(an－a)＝an－1－a，且a1－a>0， 可知数列{an－a}为以a1－a为首项，为公比的等比数列， 显然这样的数列对于给定的a1>a是存在的， 所以∀a∈R，f(x)都存在“a关联切线伴随数列”. (2)解析　因为g(x)＝(x－1)3，则g′(x)＝3(x－1)2， 设g′(an)＝＝ ＝(an－1－1)2，即3(an－1)2＝(an－1－1)2， 由题意可知an>1，则an－1>0， 可得(an－1)＝an－1－1，且a1－1＝≠0， 可知数列{an－1}为以a1－1＝为首项，为公比的等比数列， 可得an－1＝×n－1＝31－，所以数列通项公式为an＝31－＋1. (3)证明　先证明b＋bn<2bn＋1， 设函数s(x)＝h(x)－x，x∈(b，bn)， 则s(bn)＝s(b)，s′(x)＝h′(x)－， 则s′(bn＋1)＝0， 定义h′(x)的导函数为h″(x)，h″(x)的导函数为(x)， 则h″(x)＝6mx－6sin x，(x)＝6m－6cos x≥6－6cos x≥0，所以h″(x)≥h″(0)＝0， 且s″(x)＝h″(x)，(x)＝(x)， 令w(x)＝s(bn＋1＋x)－s(bn＋1－x)(x≥0)， 则w′(x)＝s′(bn＋1＋x)＋s′(bn＋1－x)， w″(x)＝s″(bn＋1＋x)－s″(bn＋1－x)， 因为(x)＝(bn＋1＋x)＋(bn＋1－x)≥0， 可知w″(x)在[0，＋∞)上单调递增，则w″(x)≥w″(0)＝0， 同理得w′(x)≥w′(0)＝0，w(x)≥w(0)＝0， 故s(bn＋1＋x)>s(bn＋1－x)(x>0)， 又h″(x)≥h″(0)＝0，s″(x)≥s″(0)＝0，s′(x)在[0，＋∞)上单调递增， 在(b，bn＋1)上有s′(x)<0，(bn＋1，bn)上有s′(x)>0， 因此取x＝bn－bn＋1，有s(b)＝s(bn)>s(2bn＋1－bn)， 又s(x)在(b，bn＋1)上单调递减，在(bn＋1，bn)上单调递增， 故b＋bn<2bn＋1， 当n＝1时，Sn＋bn＝2b1，符合题意； 当n≥2时，b＋b1<2b2，b＋b2<2b3，…，b＋bn－1<2bn， 累加可得(n－1)b＋b1＋b2＋…＋bn－1<2b2＋2b3＋…＋2bn， 整理得(n－1)b＋b1<b2＋b3＋…＋bn－1＋2bn， 所以(n－1)b＋2b1<b1＋b2＋b3＋…＋bn－1＋2bn＝Sn＋bn. 综上所述，Sn＋bn≥(n－1)b＋2b1. 学科网（北京）股份有限公司 $$