周测评(五)一元函数导数及初步应用-【衡水真题密卷】2026年高三数学学科素养周测评（B版）

熬过书山题海的夜，终会迎来破晚的光 2025一2026学年度学科素养周测评（五） A.(-∞，e B.(-o∞，e2) C.[o,e) D.[0,e2) 班级 爸题 6.将曲线y=e绕坐标原点顺时针旋转0后第一次与x轴相切，则tan0= 数学·一元函数导数及初步应用 A.e B.e 姓名 本试卷总分100分，考试时间40分钟。 C.2e D.2e 二、选择题：本题共2小题，每小题6分，共12分。在每小题给出的选项中，有多项符合题 得分 一、选择题：本题共6小题，每小题6分，共36分。在每小题给出的四个选项中，只有一项 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。 是符合题目要求的。 题号 7 题号 1 2 答案 6 答案 .已知b=且a,6∈0,1，则 () 1.一物体的运动方程是s)=1+】 ,则在t=2时的瞬时速度是 () Aa+6≥号 B6+0>号 A号 B号 C.1 D.2 1,1 Da+b>号 2.已知y=f(x)是y=f(x)的导函数且f(x)在R上可导，则“f'(红o)=0”是“x。是函数 Ca+6≥4 y=f(x)的一个极值点”的 () &已知定义在R上的两数fa)满足：对V红y∈R,有fa)+fo)-2生)r(2), A.充分不必要条件 B.必要不充分条件 C.充要条件 D.既不充分也不必要条件 f(x)不恒为0，f'(x)是f(z)的导函数，则 () 3.函数y=x一lnx|的部分图象大致是 A.f(0)=4 B.f(x)为偶函数 C.fz)-f() B D.f(2)-f'a)fa) 4.下列函数中满足“对于定义域内任意两个实数x1,x:(x1≠x),都有f(x1)十∫(x)≤ 三、填空题：本题共2小题，每小题6分，共12分。 2x1+2x:”的是 () 9.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y=f(x)在闭区 A.f(x)=x十sinx B.f(x)=4x-x 间[a,b]上连续，在开区间(a,b)内可导，那么在区间(a,b)内至少存在一点c,使得 C.f(x)=2ln(x+1) D.f(x)=zlz f(b)一f(a)=f'(c)(b一a)成立，其中c叫作f(x)在[a,b们上的“拉格朗日中值点”.根 (In(a-x),x<0 5.已知函数f(x)= 的图象上存在关于y轴对称的两点，则实数a的取 2-x,x≥0 据这个定理，判斯函数f(x)=5x3一3x在区间[一1,1]上的“拉格朗日中值点”的个数 值范围为 () 为 学科素养周测评（五）数学第1页（共4页） 真题密卷 学科素养周测评（五）数学第2页（共4页） 10.已知函数f(x)=e-lnx+(1一m)x-lnm的最小值为0，则m=. 12.(20分)已知函数f(z)=e-ax-2(a∈R). 四、解答题：本题共2小题，共40分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。 (1)当a=2时，求f(x)的零点个数： 11.(20分)已知函数f(x)=2lnx十(t-1)x2+1. (2)设a≥2，函数gx)=fx)-2+ae-1. )若t=2证明：fx)<1. (i)判断g(x)的单调性； (2)若t∈Z,且f(x)十21x<0在(0，十∞)上恒成立，求t的最大值. (i)若g'(m)=g'(n)=0(m<n),求g(m)十g(n)的最小值. 学科素养周测评（五）数学第3页（共4页】 真题密卷 学科素养周测评（五）数学第4页（共4页）·数学· 参考答案及解析 则g(-x)=ax-a”=-(a-ax)=一g(x), 故g(x)=ax-a=a2- 故g(x)为奇函数， 为定义玻内的精 因此f(x+1)一2为奇函数，故f(x)的图象关 函数， (11分) 于点(1,2)成中心对称图形 (7分) 由于f(x)=g(x-1)+2,f(t2)+f(4-3t)< (2)解：由于Q>1,y=a,y=-二均为R上的 4,可得g(t2-1)+2+g(3-3t)+2<4, a* 即g(t2-1)<-g(3-3t)=g(3t-3), 增函数， 故t2-1<3t-3,解得1<t<2. (20分) 2025一2026学年度学科素养周测评（五） 数学·一元函数导数及初步应用 一、选择题 件，故D错误。 1.B【解析】因为△，=2+△t十2十△ 1 5.D【解析】函数f(x)的图象上存在关于y轴对 -2-2 称的两点，则y=x+2与y=ln(a-x)在x<0 △t △s 1 422+A),所以 2(2+△)，所以在t= 上有交点，即x十2=ln(a-x)在x<0上有解，可 转化为a=x十e+2在（一∞，0）上有解.令g(x)= △s 2时的眸时速度为m立四1 1 x十e+2,x∈(-o∞，0)，则g'(x)=1十e+2>0,故 2(2+△t)] 1- g(x)在(-∞，0)上单调递增，所以g(x)<g(0)= e,且当x→-∞时，g(x)→一∞，所以g(x)∈ 2.B【解析】根据极值点的定义，由x。是函数y= (-∞，e2),则a<e2,又a-x>0恒成立，即a>x, f(x)的一个极值点可得f'(x)=0,但是当 x∈(-∞，0)，则a≥0，所以0≤a<e. f'(xo)=0时，x。不一定是函数y=f(x)的一 6.C【解析】设直线y=kx与曲线y=e2x相切，切 个极值点，如f(x)=x3,f′(x)=3x2,满足 点为(xo,y0).y'=2e24,则k=2e2o,e20-y0= f'(0)=0,但f(x)=x3在R上单调递增，即x= 0不是f(x)的极值，点，故“∫'(xo)=0”是“x0是函 kx。=2e2x。·x0,解得x。三2，所以=2e,所以切 数y=f(x)的一个极值点”的必要不充分条件. 3.B【解析】对于A,C,函数y=x2-lnx|的定义 点为（分），故将曲线y=e2绕坐标原点顺时针 域为(-∞，0)U(0,十∞)，故排除A,C;对于B, 旋转0后第一次与x轴相切，则tan0==2e D,当x>1时，y=x-lnx,则y=2z2-1 >0, x 二、选择题 故函数y=x2一lnx在(1，十∞)上单调递增，故 排除D,而B符合题意， 7.ACD【解析】对于A,因为a2+6≥2ab=分，当 4.C【解析】对于A,令x1=一元，x2=一2π，则 f(x1)十f(x2)=-3π，2x1十2x2=一6π，不满足条 且仅当a=6=时学号成立，故A正确；对于B。 件，故A错误；对于B,令x1=0,x2=1,则f(x1)十 f(x2)=3,2x1十2x2=2,不满足条件，故B错误；对 ga≥2√ga6- 6 4, ,当且仅当6=}a=3 34时 于C,令g(x)=2ln(x十1)-2x(x>-1),求导得 等号成立，故B错误；对于C,十1≥2 1 )=异-2=行当-1<<0时， a+6≥2√6=4， g'(x)>0,g(x)在(-1,0)上单调递增；当x>0 当且仅当a=6=2时等号成立，故C正确；对于D, 时，g'(x)<0,g(x)在(0，十∞)上单调递减，所以 g(x)≤g(0),即2ln(x+1)-2x≤2ln(0+1)-2 。+6=a+a设fa)=a+品则了a)= X0=0,所以2ln(x+1)≤2x,即f(x)= 8a3-1 2ln(x+1)≤2x,所以f(x1)+f(x2)≤2x1+ a,当0<a<号时，fa)<0;当2<a<1 2x2,满足条件，故C正确；对于D,令x1=0,x2= 3,则f(x1)十f(x2)=9,2x1十2x2=6,不满足条 时，fa)>0,数fa)在(0，)上单明通减，在 ·7 B 真题密卷 学科素养周测评 (侵)小上单调递端，故fa)m=f(份)=，放D 所以f(x)≤f(2)=ln2<1. (7分) (2)解：令g(x)=2lnx+(t-1)x2+2tx+1, 正确， 则g(x)<0在(0，十∞)上恒成立， 8.ABD【解析】因为对Hx,y∈R,有f(x)十f(y)= )r2),◆y=,得2fa) g'(c)=2x+1)[e-1)x+1] 当t≥1时，g'(x)>0在(0，十∞)上恒成立，又 2fx)f(0),因为f(x)不恒为0，所以f0)= g(1)=3t>0,不合题意，故舍去； (9分) 4,故A正确；令y=-x,得f(x)十f(-x)= 当<1时，若x∈(0，己)gx)>0,g)单 2f0)fx),所以f(-x)=f(x),故f(x)为 调递增；若x∈（已十，gx)<0,gx)单 偶函数，故B正确；令y=0,得f(x)十f(0)= (侵)，所以了2x)+4=产()，故C错误： 调递减， 所以gx)=g(是)=2n(是)+，1 由了2x)+4-号r),得了a)…2 f)fe,令x=1,得f2)=2ff, +1=-2h-0+1, 故D正确. 故只需-2n1-)+吉，-1<0即可.6分) 三、填空题 令h(x)=-2n(1-x)+1=z 1 -1,x<1,则 9.2【解析】1）二f二1）=22=2，f'x)= 1-(-1) 1 15x-3,令15x-3=2,解得x1=-3x: Ac)吕十aa0. 所以h(x)在(-∞，1)上单调递增 3,又x1x∈[-1,1，所以fz)在[-1,1]上 又h(0)=0,所以当x<0时，h(x)<0恒成立， 即t<0,又t∈Z,所以t的最大值为-1.(20分) 的“拉格朗日中值，点”的个数为2. 12.解：(1)由题可知f(x)=ex一2x一2， l0.e【解析】依题意，e-lnx+(1-m)x-lnm 则f'(x)=e-2, ≥0对Hx>0恒成立，且能取得等号，即e2+x 当x<ln2时，f'(x)<0,f(x)单调递减；当x> ≥ln(mx)+m.x=ln(mx)+enmr)对Vx>0恒 ln2时，f'(x)>0,f(x)单调递增，所以f(x)min 成立，且能取得等号，函数g(x)=e十x在R上 =f(ln2)=-2ln2<0, (3分) 单调递增，故不等式可转化为g(x)≥ g[ln(mx)],则x≥ln(mx),即e≥mx,因此m 又f(-1)=>01e)=e-6>0, <号在(0，十∞)上恒成立，且能取得等子.令 即f(x)在(-∞，ln2)和(ln2,+∞)上各有1 个零点，所以f(x)有2个不同的零点.(6分) Ae)-c>0),则a)-C,当x∈ (0,1)时，h'(x)<0,h(x)单调递减；当x∈ 2》1)题可知g)=-空+a+IDe-a (1,+∞)时，h'(x)>0,h(x)单调递增，故 -3,则g'(x)=-e2x十(a十1)e2-a= h(x)min=h(1)=e,所以m=e. -(ex-a)(e-1), (8分) 四、解答题 令g'(x)=0,可得x=0或x=lna≥ln2>0, 11.(1)证明：f(x)的定义域为(0，+∞)， (9分) 当=时，fc)=2nx+1, 当x∈(0，lna)时，g(x)>0;当x∈(-∞，0)U (lna,+∞)时，g'(x)<0, f'(x)=2x (2分) 所以g(x)在(0，lna)上单调递增，在(-∞，0)， (lna,十o∞)上单调递减. (12分) 当x∈(0,2)时，f'(x)>0,f(x)单调递增； (ii)由g'(m)=g'(n)=0,可得em,e"是关于x 当x∈(W2,+∞)时，f'(x)<0,f(x)单调递减， 的方程-x2+(a+1)x-a=0的两个不同的 (5分) 实根， B ·8· ·数学· 参考答案及解析 故e"e"=a,em+e=a+1,即m十n=lna.(14分) 1 1 h(a)-2(a+l):+a-alna-6. 故g(m)+g(n)=- ,(e2m十e2m)+ 当a≥2时，h'(a)=a-lna+l>0,所以h(a)在 (a+1De+e)-a(m+m）-6=- 2[(a+1D2 [2,十∞)上单调递增， 1 -2n2, 所以h(a)的最小值为h(2)=2 -2a]+(a+1)2-alna-6=2a+1)2+a aln a-6, (16分) 即g0m)十8(a)的最小值为号-2h2.(20分) 2025一2026学年度学科素养周测评（六） 数学·一元函数导数的综合应用 一、选择题 6 In c 1.A【解析】由f(x十1)=(e一ez)sinx两边分别 C=n12,所以alna=8ln10,blnb=71n11, 求导，得f'(x+l)=(e十ex)sinx+(e-ex) clnc=6ln12,即f(a)=g(10),f(b)=g(11), cosx,当x=0时，f'(1)=(e°+e)sin0+(e°- e)cos0=0,所以f'(1)=0. f(c)=g2),g(z)=-lnx十-1，显然 2.C【解析】由函数f(x)=(x一1)2(x一a),可得 g'(x)在[10，+∞)上单调递减，g'(x)≤ f'(x)=(x-1)(3x-2a-1),令f'(x)=0,可 g'(10)<0,所以g(x)在[10，十∞)上单调递减， 3,因为x=1是f)的极大 2a+1 所以g(10)>g(11)>g(12),即f(a)>f(b)> 得x=1或x= f(c),又f'(x)=lnx+1,当x>1时，f'(x)> 位点，则清尼20>1，解得a>1,印突数a的取 0,所以f(x)在(1，十∞)上单调递增，所以a> b>c. 值范围为(1，十∞). 二、选择题 3.A【解析】设函数f(x)=e一x(x>0),则 7.ABD【解析】对于A,f(x)的定义域为R,且 f'(x)=e2-1>0,所以f(x)=e2-x在 f(一x)=ex一ex十2x=一f(x),故f(x)为奇 (0,十∞)上单调递增，所以f(x)>f(0)=1,所以 函数，故A正确；对于B,f'(x)=e2十e一2≥ e>x,x>nx,所以命题p:Hx∈(0，十o∞)，e> 2√e·ex一2=0，故f(x)在R上单调递增，故 lnx为真命题.p:3x∈(0，十∞)，e≤lnx. B正确；对于C,由B知，f(x)在R上单调递增，无 D【解折】r)是+a1-C十aa名， 最小值，故C错误；对于D,由B知，f(x)在R上 单调递增，当x>0时，f(x)>f(0)=0,故D 由f(x)在区间(1,2)上有最小值，得f'(x) 正确. 在区间(1,2)上有变号零点且在零点两侧的函 8.AC【解析】因为f(x)=f(6-x),所以f(x)的 数值为左负右正，令h(x)=6x2+(a-1)x- 图象关于直线x=3对称.令x=一2，得f(-2)= 2,h(0)=-2<0,则h(x)在区间(1,2)上有 f(8),故A正确；因为f(x)=f(6一x),所以 变号零点且在零点两侧的函数值为左负右正， f'(x)=-f'(6-x),即g(x)=一g(6-x),所以 4=(a-1)2+4×6×2>0, g(4+x)=-g(2-x),因为g(4+x)=g(4-x), 因此h(1)=6+a-1-2<0, 解得一10<a 所以g(4-x)=-g(2-x),即g(x+2)=-g(x), h(2)=6×4+2(a-1)-2>0, 所以g(x+4)=-g(x十2)=g(x),则g(x)的 <-3. 一个周期为4.因为f(x)的图象关于直线x=3 5.D【解析】观察图象知，函数f(x)单调递减，即 对称，所以x=3是f(x)的一个极值点，所以 f'(x)<0,于是a<0,又f(x)的图象与y轴相 g(3)=f'(3)=0,所以g(-1)=g(3)=0,则 切，则当x从大于0的方向趋于0时，f'(x)趋于 g（-1)+g(3)=0,故B错误；由g(x+2)= 负无穷大，即1十bf(0)趋于0，又f(0)>0,因此b -g(x),得g(1)+g(3)=0,g(2)+g(4)=0,即 <0.综上，a<0,b<0. 6.B【解析】设f(x)=xlnx(x>1),g(x)= g1)+g2)+g(3)+g④)=0，所以骂g()= 18-x)lnzc≥10)，图为8-ha,7=lhb 506[g(1)+g(2)+g(3)+g(4)]+g(1)=g(1) a-1n10'b1n11' =0,故C正确；设h(x)=f(x)十c(c为常数)， ·9 B