(6)一元函数的导数及其应用-【衡水金卷·先享题】2026年高考数学一轮复习单元检测卷（A）

高三一轮复习A ·数学· 高三一轮复习单元检测卷/数学（六） 9 命题要素一贤表 注： 1.能力要求： I.抽象概括能力Ⅱ，推理论证能力Ⅲ.运算求解能力Ⅳ，空间想象能力V,数据处理能力 I.应用意识和创新意识 2.学科素养： ①数学抽象 ②逻辑推理③数学建模④直观想象 ⑤数学运算⑥数据分析 分 知识点 能力要求 学科素养 预估难度 题号 题型 值 (主题内容) V ⊙ ② ③④ ⑤ ⑥ 档次系数 1 选择题 5 对数的简单运算 易 0.85 2 选择题 5 导数的定义 易 0.78 由函数的单调性求参 3 选择题 5 数取值范围 易 0.75 4 选择题 5 曲线的切线问题 易 0.70 由不等式求参数取值 选择题 / 0.68 范围 L 务 由函数的奇偶性、单调 6 选择题 / / 农 0.65 性求参数取值范围 7 选择题 5 由函数的最值求参数 / 的取值范围 竹 0.55 8 选择题 5 构造函数，利用导数比 / 中 较大小 0.35 利用导函数的图象研 9 选择题 6 究函数的性质 L 易0.75 利用导数研究函数的 10 选择题 6 √ 外 0.60 单调性和极值 函数的零点，函数性质 11 选择题 6 L / 中 0.30 的综合应用 12 填空题 5 利用导数求函数值 易 0.72 由不等式求参数取值 13 填空题 务 0.50 范围 14 填空题 5 导数的实际应用 0.30 ·29· ·数学· 参考答案及解析 函数的零点个数，由导 15 解答题 13 务 0.68 函数的单调性求参数 函数图象的对称性，由 16 解答题 15 函数的单调性求参数 中 0.65 的取值范围 17 函数的极值，不等式的 解答题 15 证明，存在性问题 浓 0.50 函数的极值及极值点， 18 解答题 17 中 0.40 证明不等式 新定义题，函数图象的 19 解答题 17 难 0.28 切线问题 叁考答案及解析 一、选择题 g'(x)≥0，即f(x),g(x)在x∈[1，e]上均单调递 1.D【解析】由题意得log:m-logn=log=1,所 增，若对任意的x,x2∈[1，e],都有f()≥ g(x2)成立，则f(x)m≥g(x)mx,即f(1)≥g(e), 以”=2则m=2n.故选D ..1十a≥e-1,∴.a≥e-2,又0<a1,∴.e-2a 1,则实数a的取值范围为[e一2,1]，故选D. 2.C【解析】因为f(x)=ln(-2x),所以f(x)=-2z 6.A【解析】因为f(x)=x十x十”是奇函数，定义 ·(-2x)/=1,则(-1)=-1，所以 域为(-∞，0)U(0,十∞)，所以f(-x)=-f(x),即 imf-1+△)-f-》-(-1D=-1.故选C. kx-x-=一kx-x-理，则2kx=0,所以k= x △x 3.B【解析】当a>1时，y=a在区间(0，十∞)上单 0,所以f(x)=x+公，则∫(x)=1-,因为 调递增，若f(x)=a-r+1在区间(0,2)上单调递 f(x)在区间[2，十∞)上单调递增，所以f(x)≥0在 减，则y=x2-ax十1在区间(0,2)上单调递减，所以 受>2，则a>4:当0<a<1时，y=a在区间 区间[2，十o)上恒成立，则m≤x2,所以m≤4，经检 验m=4时符合题意.所以k十m≤4.故选A. (0,十∞)上单调递减，若f(x)=a2-+1在区间 7.B【解析】若a<0,则当x>0时，f(x)=x-alnx (0,2)上单调递减，则y=x2一a.x十1在区间 单调递增，且f(x)∈(-o∞，十o∞)，则f(x)无最小 (0,2)上单调递增，所以号≤0，则a≤0，与0<a<1 值，不符合题意若Q=0,则f(x)三，0所以 矛盾.综上，实数a的取值范围为[4，十o∞).故选B. f(x)mim=f(0)=0=a2,符合题意：若a>0,当x≤0 4.B【解析】因为f(x)=x(er-a),所以f(x)= 时，f(x)mn=f(0)=a2;当x>0时，f(x)=1- (1十2x)e2-a,设直线y=2x与曲线f(x)= x (e-a)切于点(，2)，则{ca)=2x (1+2)e-a=2即 =a,所以当0<x<a时，f(x)<0,f(x)单调递减， /te=(2+a)t 当x>a时，f(x)>0,f(x)单调递增，则f(x)m=f(a) (1+2)c0=2+a可得(1+2)1=，则22=0，t= =a(1-lna),因为f(x)的最小值为a,所以 0,所以a=-1.故选B. (a>0 5.D【解标】：f(x)=1-号=2,8(x)=1 a(1-lna)≥a,则a+lha-1≤0.令g(a)=a+ lna-1,a>0,g(a)在(0，+o∞)上单调递增，且 是=，又：xe1e],0<a≤1，f()≥0， g(1)=0,所以由a十lna-1≤0，得0<a≤1.综上，实 x 数a的取值范围为[0,1].故选B. ·30· 高三一轮复习A ·数学· 8.C【解析】令f(x)=e-1-sinx,x>0, 所以h(t)为偶函数，其图象关于y轴对称，又当t> ∴.f(x)=e-cosx>0,∴.f(x)在(0，十o)上单 调递增，.f(0.1)>f(0),即e.1-1-sin0.1>0, 0时，N()-十)>0，所以A在 ∴e.1-1>sin0.1,即b>c.令g(x)=ln(x+1) (0,十∞)上单调递增，在（一∞，0）上单调递减，所 sin()c05)cos x+1 以8(x)=(:一1)的图象关于直线=1对 1-rcos x-cos z,h (x)=1-xcos x-cos a, 称，且g(x)在(-∞，1)上单调递减，在 x十1 (1,十o)上单调递增，则g(x)m=g(1)=0,x→ .h'(x)=(x十1)sinx-cosx,令g(x)= 一∞，g(x)→十∞，x→+∞，g(x)→十∞，所以 (x+1)sin x-cos ,..(x)=2sinx+(x+1)cos z, 一m>0,则m<0,故A正确，B错误；因为g(x)的 当0<x<若时，g(x)>0,·9(x)即h'(x)在 图象关于直线x=1对称，所以x十x?=2,又x1≠ (0,石)上单调递增，·(x)<h（)- ,所以后十>号（红十）=2，故C结误：因 为x1十xg=2,所以lnx2十1=lnx2+2-x2,令 （5+1)sm若-os吾-+6<0， 12 (x)=lnx-x十2，x>1,则9()）=子 -1= ∴h(x)在(0，石)上单调递减，∴h(x)<h(0)=0, 二工<0，所以p(x)在(1，十∞)上单调递减，所以 ∴g(x)<0,g(x)在(0，吾)上单调递减，又0< 9(x)<(1)=1,所以lnx2十x1<1,故D正确.故 选AD. 0.1<否，g(0.1)<g(0)=0,即lh1.1-sin0.1 三、填空题 <0,∴.ln1.1<sin0.1,即a<c,.b>c>a.故选C. 12.e2-e【解析】因为f(x)=e-f(1)x,所以 二、选择题 f'(x)=e-(1),则f(1)=e-f(1),所以 9.ABC【解析】由图象可知，当x∈(-1,2)U f1)=号，则f(x)=e-,所以f(2) (4,十o∞)时，f(x)>0,所以f(x)在区间（一1,2）， e2-e. (4,十∞)上单调递增，故A正确；当x∈(2,4)时， 651 f(x)<0,所以f(x)在区间(2,4)上单调递减，故C 13.（-∞，8」 【解析】依题意得x>0,y>0,且x十y 正确，D错误；当x∈(-3，-1)时，f'(x)<0,所以 f(x)在区间（一3，一1）上单调递减，由A可知f(x) +8=≤()，当且仅当x=y时等号成立， 在区间(-1,2)上单调递增，所以x=一1是f(x)的 则(x十y十4)(x十y-8)≥0，所以x十y≥8.令t= 极小值点，故B正确.故选ABC: x十y≥8，则-at+1≥0在t∈[8，十o∞)上恒成 10.ABD【解析】因为f(x)=(x-1)2(x十2)，所以 f(x)=2(x-1)(x十2)+(x-1)2=3(x-1)(x+ 立，即a<中=+在e[8.+o)上恒成立， 1),则当x∈(-∞，-1)时，f(x)>0,当x∈ (-1,1)时，f(x)<0,当x∈(1，十∞)时， 易知函数g(t)=t十 在[8，+∞)上单调递增，所 f(x)>0,所以f(x)在（一∞，一1）上单调递增， 165 以g(t)mim=g(8)=8+ 在（一1,1）上单调递减，在(1，十oo)上单调递增， 8 ，所以a<即实数 故x=一1是f(x)的极大值点，故A正确；因为 657 f(2)=4,f(-3)=-16,所以f(-3)<f(2),故B 4的取值范围为(-©，智] 正确；当1<x<2时，1<2x-1<3,由A可知， 14.4000 【解析】因为材料利用率为100%，所以x2+ f(x)在(1,3)上单调递增，所以f(1)<f(2x-1) 4xy=40×30=1200,则y=1200-x 且0<x <f(3),即0<f(2x-1)<20,故C错误；因为 f(1-x)=x2(3-x),f(1+x)=x2(x十3)，所以 30,所以铁皮盒的体积V=xy=x2.1200-x- f(1-x)十f(1十x)=x2(3-x)+x2(x+3)=6x2 ≥0，故D正确.故选ABD. 子1200x-2).0<x≤30则V=子(1200 11.AD【解析】令f(x)=0,得(x-1)=-m, 3x2),令V'=0,得x=20,所以当0<x<20时，V'> 0:当20<x≤30时，V'<0,所以V在(0,20)上单调 即(x一1)一m,令g(x）=(x-1D司 e1+1 e-I+] 递增，在(20,30]上单调递减，则当x=20时，铁皮 令=x-1∈kA)=…则A(一) 盒的体积最大，最大值为子×(1200×20-20)= 4000cm, (一)异(0=…， ·31· ·数学· 参考答案及解析 四、解答题 1 15.解：(1)当a=0时，f(x)=sinx-x为奇函数， 所以当x∈(0，+∞)时，f(x)>-2x+1. 则f(x)=cosx-1≤0， (2分) (10分) 所以f(x)在R上单调递减， (3分) (3)假设存在过原点且与曲线y=f(x)相切的 又f(0)=0, 直线， 所以当a=0时，f(x)的零点个数为1. (5分) (2)由题得f(x)=2ax-1十cosx, (6分) 设切点坐标为(，士) 令g(x)=2ax-1十cosx, 由(1)可知f(x)=- 则g'(x)=2a-sinx, (8分) 因为∫(x)单调递增， 则切线的斜率为f'(x)=一 所以g'(x)=2a-sinx≥0恒成立， (10分) 所以≥(）子，经检验a=子符合题意。 所以切线方程为y一十士_一一（红一)， e'0 e'0 max (12分) 所以a的最小值为子 (13分) 又该切线过原点， 16.解：(1)当b=2时，f(x)=2x+logx-log(4-x), 所以一。十1三总，即x6十x。十1三0， x∈(0,4)， 则△=1-4=-3<0，该方程无解， 则f(4-x)=2(4-x)+log.(4-x) 所以不存在过原点且与曲线y=∫(x)相切的直线. log.[4-(4-x)]=8-2x+log.(4-x)-log, (15分) (3分) 所以f(x)+f(4-x)=8,为定值， (5分) 18.解：(1)当a=3时，f(x)=一 之x2+3x-21nx,定 故f(x)图象的对称中心为点(2,4) (7分) 义域为(0，十o∞)， (2)当a=e时，f(x)=bx+lnx-ln(4-x),x∈(0， f(x)=-x+3- 2 = -x2+3x-2 4), 4 (9分) =二(x-1)(x-2) 因为f(x)在(0,4)上单调递增， 当1<x<2时，f'(x)>0,f(x)在(1,2)上单调 所以f(x)≥0在(0,4)上恒成立， (10分) 递增， 因为x(4-)≤(+4) =4,当且仅当x=2时 当0<x<1或x>2时，f(x)<0,f(x)在(0,1)和 2 (2,十∞)上单调递减， 等号成立， ∴.f(x)的极大值为f(2)=4-2ln2,f(x)的极小 4 所以f(x)=b+4-D≥b十1， (13分) 值为f(1)=号 (4分) 所以b十1≥0，则b≥-1， 所以b的取值范围是[-1，十∞). (15分) (2)由f(x)=-2x+ax- 2lnx(x>0),得 17.解：(1)由题得了(x)=e-(x十1)e= x er, f(x)=-x十a-2=-2-ax+2 x (2分) 令g(x)=x2-ax+2,则f(x)=-C）,x>0, 则当x∈（-o,0)时，f(x)>0,f(x)单调递增； 当x∈(0，+∞)时，f(x)<0,f(x)单调递减， 若f(x)有两个极值点，则y=g(x)在(0，十∞)上 有两个相异的变号零点， 所以f(x)的极大值为f(0)=+=1,无极小值. △=a2-8>0, (5分) 则x1十x2=a>0,解得a>2√2， 1 x1x2=2>0, (2)由f(x)>-2x2+1, ∴a的取值范围是(2√2，十o∞). (9分) 得+2-1>0， (6分) (3)由(2)知x1x2=2,x1十x2=a,x1<x2, 0<x1<2<x, 令gx)=出+r-1xe(0,+o) er 2f()+∫()=2(-是+aa-2n） 则g(x)=号+x=2c->0, e +(-号+a-2n） 所以g(x)在(0，十∞)上单调递增， (8分) =一+2a-4n-十a-2n 1 则g(x)>g(0)=1十0-1=0， ·32· =-云+2+2)-4h4一号+(+2)-2n 令k(x)=e-xe十x-2+1,x<0, =i+-in(af·i)+6 则k'(x)=e-(1+x)e十1=-xe+1>0, 所以k(x)在（一∞，0）上单调递增， =+-+6 (13分) 又k(-1)=0,所以x1=-1,x2=e, 令t=xi(t>2),h(t)=F 16 +6,t>2, 所以g(x)图象的“自公切线”的方程为y=专 (10分) 则)=-++=4-2 (3)假设函数f(x)的图象存在“自公切线”，设其方 t 2t2 当t>2时，h'(t)>0, 程为y=kx十m, 因为f(x)=ax3+bx2+cx十d(a≠0)， 则h(t)在(2，十∞)上是增函数， 所以f(x)=3ax2+2bx十c, 从而h(t)>h(2)=9-3ln2, 则曲线y=(x)在x=x处的切线方程为y一 故2f(x1)+f(x2)>9-3ln2. (17分) (ax+bx6十cx6十d)=(3ax6+2bao+c)(x-xo), 19.解：(1)由函数y=cosx的图象可知，直线y=-1和 y=(3axi+2bxo+c)x-(2axo+bxi-d), y=一1均为函数y=cosx图象的“自公切线”， 所以函数y=cosx的图象存在“自公切线”，(1分) 3a.z6+2bx0+c=k 所以《 由y=e,得y=e, -(2ax8+bx6-d)=m 13ax号+2bx0+c-k=0 易知y=e在R上单调递增， 即 2ax+bxi+m-d=0' (12分) 所以任取x1≠x2,可知e卡e2, 即任意不同两点处的切线斜率不相等， 设关于x的方程3ax号+2bx0十c-k=0的两个不 所以函数y=的图象不存在“自公切线”.(3分) 等实根分别为s,t, (2)由题可知当x≤0时，g(x)=c-2, = 2b e 则 则g'(x)=e, 所以g'(x)在（一∞，0]上单调递增； (4分) s,t也是关于x0的方程2ax8十ba号+m-d=0的两 当x>0时，g(x)=lnx, 个不等实根， 则g(x)=1 2as+bs2+m-d=2at+bt+m-d, 所以g'(x)在(0，十∞)上单调递减. (5分) 整理得2a(s一t)(s2十st十t)十b(s-t)(s十t)= 0, (14分) 设切点P(a-名).Q(ln)a<0<, 又s≠t,所以st≠0， P点处的切线方程为y-(e1-是）=c(x一)， 所以2a(s2+st十t)+b(s十t)=0, 即2a[(s十t)2-st]+b(s十t)=0, 即y=e1x十e-xe1-2 e 则a(-) 2b=0 3a Q点处的切线方程为y-ln=】 (x一x2), 整理得c-k=3a, (15分) 即y=1 x+n-1, 则3a+2b+a=0, |el=- 6 整理得(3a十b)=0,解得xr,=一3 所以 e-em-2=n-1 则关于x的方程3ax号十2bx。十c一k=0只有一个 解，与假设矛盾， 消去，可得e一xc1十-名+1=0. (8分) 所以函数∫(x)的图象不存在“自公切线”，(17分) e数学第1页（共4页） 衡水金卷·先享题·高三一轮复习单元检测卷六 数学第2页（共4页） 囚 16.(本小题满分15分) 已知函数f()=br+log4产(a>0且a≠1，b∈R). (1)当b=2时，证明：f(x)+f(4一x)为定值，并求出f(x)图象的对称中心； (2)当a=e时，若f(x)在其定义域上单调递增，求b的取值范围. 17.(本小题满分15分) 已知函数f(x)=x+1 (1)求f(x)的极值； (2)证明：当x∈(0，十o∞)时，f(x)>- 2x2+1; (3)是否存在过原点且与曲线y=f(x)相切的直线？若存在，求出切线方程；若不存在，请说明 理由. 数学第3页（共4页） 衡水金卷·先享题·高三 18.(本小题满分17分) 已知函数f()=-3r十ar-2nx(a∈R). (1)若a=3,求f(x)的极值； (2)若∫(x)有两个极值点x1,x2(x<x2),求a的取值范围； (3)在(2)的条件下，求证：2f(x)+f(x2)>9-3ln2. 19.(本小题满分17分) 若在函数f(x)图象上两个不同点P,Q处的切线重合，则称该切线PQ为f(x)图象的“自公 切线” (1)分别判断函数y=cosx与y=e的图象是否存在“自公切线”； 2 ，x0, (2)若函数g(x)= e 求g(x)图象的“自公切线”的方程； (In x,x>0, (3)若函数f(x)=ax3+bx2十cx十d(a≠0)，证明：f(x)的图象不存在“自公切线”. ·轮复习单元检测卷六 数学第4页（共4页） 闪