(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（B）

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） B 16.(本小题满分15分) 已知函数f(x)=x-3),g(x)=n+ax+2. (1)当a=一1时，求g(x)的极值点个数； (2)当a=0时，证明：函数h(x)=f(x)十g(x)的图象为中心对称图形，并求出其对称中心. 17.(本小题满分15分) 已知函数f(x)=十 (1)求f(x)的极值； (2)证明：当x∈(0，+∞)时，f(x)>- x2+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(x)=分十ax-2nx(a∈R). (1)若a=3,求f(x)的极值； (2)若f(x)有两个极值点x1,x(x1<x2),求a的取值范围； (3)在(2)的条件下，求证：2f(x1)+f(x2)>9-3ln2. 19.(本小题满分17分) 若在函数∫(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”； ler-2 (2)若函数g(x)= x≤0·求g(x)图象的“自公切线”的方程 (In x,x>0, (3)若函数f(x)=a.x3十b.x2十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） 回高三一轮复习B ·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 (主题内容) ② ③④ Θ 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 3 选择题 5 函数的最值 易 0.75 4 选择题 曲线的切线问题 易 0.70 5 选择题 5 函数的图象与极值点 的 0.68 由函数的奇偶性、单调 6 选择题 0.65 性求参数取值范围 务 由函数的最值求参数 7 选择题 / / 0.55 的取值范围 次 8 选择题 5 构造函数，利用导数比 中 0.35 较大小 9 选择题 6 函数的性质 / / 易 0.75 利用导数研究函数的 10 选择题 0.65 单调性和极值 书 函数的奇偶性与单调 11 选择题 6 0.35 性，比较大小 浓 12 填空题 利用导数求值 多 0.72 13 填空题 5 导数的实际应用 中 0.50 由不等式恒成立求参 14 填空题 5 中 0.30 数取值范围 求函数表达式，解不 15 解答题 13 等式 的 0.68 函数的极值点个数，函 16 解答题 15 分 0.65 数图象的对称性 ·27· ·数学· 参考答案及解析 17 函数的极值，不等式的 解答题 15 证明，存在性问题 × 0.50 函数的极值及极值点， 18 解答题 0.40 证明不等式 农 新定义题，函数图象的 19 解答题 17 难 0.28 切线问题 季考管案及解析 一、选择题 0,所以f()=x+只，则f(x)=1-9,因为 1.D【解析】由题意得log:m一log:m=log”=1,所 f(x)在区间[2，十o∞)上单调递增，所以f(x)≥0在 以”=2，则m=2m.故选D. 区间[2，十o)上恒成立，则≤x2,所以m≤4，经检 n 验m=4时符合题意.所以k十m≤4.故选A. 2.C【解标】因为f(x)=ln(-2),所以f'(x)=-2z 7.B【解析】若a<0,则当x>0时，f(x)=x-alnx 单调递增，且f(x)∈(-∞，十o∞)，则f(x)无最小 ·(-2x)'=,则f(-1)=-1,所以 值，不符合题意若a=0期()=仁，所 1imf-1+△）-f-1)=f(-1D=-1.故选C. f(x)mn=f(0)=0=a,符合题意；若a>0,当x≤0 △x 3.C【解析】因为f(x)在区间(0,3]上单调递增，且 时，f(x)m=f(0)=a;当x>0时，f(x)=1- f(x)为奇函数，所以(x)在区间[-3,0)上单调递 增，且有最小值，最小值为f(一3)=一f(3)=一6， =一0，所以当0<x<a时，f(x)<0,f(x)单调递减， x 因为g(x)=f(x)-1,所以g(x)在区间[-3,0)上单 当x>a时，f(x)>0,f(x)单调递增，则f(x)m=f(a) 调递增，所以g(x)在区间[一3,0)上有最小值，且最 =a(1-lna),因为f(x)的最小值为a2,所以 小值为g(-3)=f(-3)-1=-7.故选C, (a>0 4.B【解析】因为f(x)=x(e2x-a),所以f(x)= a(1-lna)≥a则a+lna-1≤0.令g(a)=a+ (1十2x)e2x-a,设直线y=2x与曲线f(x)= lna-1,a>0,g(a)在(0，十o∞)上单调递增，且 x(e-a)切于点(，2)，则(ca)=2z g(1)=0,所以由a+lna-1≤0，得0<a≤1.综上，实 (1+2)e-a=2即 数a的取值范围为[0,1].故选B. |te2=(2十a)t (1+21)c=2+a,可得(1+2)t=t,则2x=0,t= 8.D 【解析】设h(x)=anx-x,0<x<受，则 0,所以a=一1.故选B. (x)=eos十sim-1=之-1>0，所以 5.B【解析】由图象可知f(1)=1十b十c=0,f(2) cos'x cos2r 8十4b+2c=0,解得b=-3,c=2,所以f(x)=x3- h(x)在(0，受)上单调递增，所以h(x)>h(0)=0, 3x2十2x,则∫(x)=3x2-6x十2，由韦达定理及极 值点的定义得。十=2，=号，所以 所以当0<x<受时，anx>x.设f(x)=x f(x1)-f）=(x1+x)-x1x2-3(x十)+ n(1+xr).0<<受，则f(x)=1-1十千x之 x1一x2 2=一号故选B 0,所以f(x)在(0，受)上单调递增，所以f(x)> 6.A【解析】因为f()=kx十x+婴是奇函数，定义 f(0)=0,所以当0<x<受时，x>ln(1+x),所以 域为(-∞，0)U(0,+∞)，所以f(-x)=-f(x),即 当0<x<受时，tanx>x>ln(1十x),所以tan0.21 kx-x-2=-x-x-只，则26x=0,所以k= x >h1.21,即a>b.设g(x)=ln(1+x)1千xx> ·28· 高三一轮复习B ·数学· 0,则g(x)=十a十)千>0.所以 1 递增，在(20,30]上单调递减，则当x=20时，铁皮 g(x)在(0，十∞)上单调递增，所以g(0.21)= 盒的体积最大，最大值为子×(1200×20-20)= n121-引>g0)=0,所以h1.21>引，即6> 21 4000cm 14.(-oo,3]【解析】令f(x)=e-(x十1)，则 c,所以a>b>c.故选D. f(x)=e-1,当x∈(-∞，0)时，f(x)<0, 二、选择题 f(x)单调递减；当x∈(0，十∞)时，f(x)>0, 9.ACD【解析】易知f(x)的定义域为（一c∞，0）U f(x)单调递增，所以f(x)≥f(0)=0,所以e≥ (0,十o∞)，因为f(-x)=ln|-x|=ln|x|= f(x),所以f(x)为偶函数，故A正确；∫（一4）= +1.曲士2h2≤c-子得a-2≤r0 x ln4>lne=1,故B错误；令f(x)=0,得x=±1，所 (x+2lnx)=e+mr-(x+21nx),因为e≥x+1, 以f(x)有2个零点，故C正确；当x>0时，f(x)= 所以e+mx-(x+2lnx)≥x+2lnx+1-(x十 lnx在(0，+∞)上单调递增，又f(x)为偶函数，所 2lnx)=1,所以a-2≤1，解得a≤3，所以实数a的 以f(x)在（一∞，0)上单调递减，故D正确.故 取值范围为(-∞，3]. 选ACD. 四、解答题 10.ABD【解析】因为f(x)=(x-1)2(x十2)，所以 15.解：(1)因为f(x)=x3-3x2十bx十c, f(x)=2(x-1)(x十2)+(x-1)2=3(x-1)(x+ 所以f(x)=3x2-6x十b, 1),则当x∈(-∞，-1)时，(x)>0,当x∈ (-1,1)时，f(x)<0,当x∈(1，十o)时， 依题意得f(0)=b=0 f(0)=c=1’ (4分) f(x)>0,所以f(x)在(-∞，-1)上单调递增， 在（一1,1）上单调递减，在(1，十∞)上单调递增， 所以∫(x)=x3-3x2十1，经检验符合题意.(5分) 故x=一1是f(x)的极大值点，故A正确；因为 (2)由(1)得f(x)=3x2-6x, (8分) f(2)=4,f(-3)=-16,所以f(-3)<f(2),故B 由f(x)≤9，得3x2-6x≤9， 正确；当1<x<2时，1<2x-1<3,由A可知， 即x2-2x-3≤0，解得-1≤x≤3， (12分) f(x)在(1,3)上单调递增，所以f(1)<f(2x-1) 所以不等式f(x)≤9的解集为[-1,3]. (13分) <f(3),即0<f(2x-1)<20,故C错误；因为 16解：1令号0 f(1-x)=x2(3-x),f(1+x)=x2(x十3)，所以 f(1-x)+f(1+x)=x2(3-x)+x2(x+3)=6x 即(x-1)(3-x)>0,解得1<x<3, (2分) ≥0，故D正确.故选ABD. 当a=-1时，g()=h3-x+2=ln(x-1)- 11.BD【解析】f(x)=(x-2)3十4x-8=(x-2)3 +4(x-2)的定义域为R,将函数y=x3十4x的图 ln(3-x)-x+2,zx∈(1,3)， 1 象向右平移2个单位长度可得f(x)的图象，又y= 1-1= 则g(x)=x与十3- (x-2)2+1 x3十4x为奇函数，f(x)的图象关于点(2,0)中心 x-1)3-x)>0, (4分) 对称，∴.f(4-x)十f(x)=0,f(x)=3(x-2)2十 所以g(x)在(1,3)上单调递增， 4>0,∴.f(x)在R上单调递增，由f(2m-n)十 f(4-n)>0,得f(2m-n)>-f(4-n)=f(n), 所以当a=一1时，g(x)无极值点，即g(x)的极值 (6分) ∴.21-n>n,∴.n>n,结合选项，m3>n,m十e> 点个数为0. n十e成立，但m>n不能推出sinm>sinn,lnm> (2)当a=0时，h(x)=x(x-3)2+ln-1+2= 3-x lnn.故选BD, 三、填空题 x-6x+9r+n号+2，xe13, (8分) 12.-2【解析】由题得(x)=尘-1，则 x+1 则h(4-x)=(4-x)(1-x)+n3+2= x-1 f1)=f)-1,解得f1)=-2. -r+6x-9x+n号+6， (10分) 13.4000【解析】因为材料利用率为100%，所以x2十 所以h(x)十h(4-x)=8, (12分) 4xy=40×30=1200,则y=1200- -,且0<x≤ 所以h(x)的图象为中心对称图形，其对称中心为 30,所以铁皮盒的体积V=xy=x.1200-x 点(2,4). (15分) 4x 17.解：(1)由题得f(x)=C-(x十+1)E= x e }1200x-2),0<x≤30.则V=}120 (2分) 3x2),令V=0,得x=20,所以当0<x<20时，V'≥ 则当x∈(-∞，0)时，f'(x)>0,f(x)单调递增； 0;当20<x≤30时，V'<0,所以V在(0,20)上单调 当x∈(0，十∞)时，f'(x)<0,f(x)单调递减， ·29· ·数学· 参考答案及解析 所以f(x)的极大值为f(0)=0+1 =1,无极小值. 有两个相异的变号零点， A=a2-8>0, (5分) 则x十x2=a>0,解得a>2√2， 2f0x)>-含+1 x1x2=2>0, ,.a的取值范围是(2√2，十©∞). (9分) 得+22-1>0， (6分) (3)由(2)知x12=2,x1十x2=a,x1<x2, 令gx)=1+-1,x长(0，+o). .0<x1<W2<x, e 则g()=。+x=(eD0. 2f()+f()=2(-3i+a-21n)） e 1 所以g(x)在(0，十∞)上单调递增， (8分) +(-2+a-2h) 则g(x)>g(0)=1十0-1=0， =-+2a-4nx-合+a,-2n 所以当x∈(0，+o∞)时，f(x)>- +1. (10分) =一+2+2》-加宁+(+2)-2油 (3)假设存在过原点且与曲线y=f(x)相切的 =+号对-h·0+6 直线， 4 设切点坐标为（一，中）】 ++6 (13分) 由(1)可知f(x)=- e, 令1=>2，h()=+-h5+6>2, 则切线的斜率为了(x)=一 1 则()=++=+42 2t 当t>2时，h(t)>0, 所以切线方程为y一十1=一（红一)， 则h(t)在(2，十o∞)上是增函数， (12分) 从而h(t)>h(2)=9-3ln2, 又该切线过原点， 故2f(x1)十f(x2)>9-3ln2. (17分) 所以-十=三，即十十1=0， 19.解：(1)由函数y=cosx的图象可知，直线y=1和 e'0e0 y=一1均为函数y=cosx图象的“自公切线”， 则△=1-4=一3<0，该方程无解， 所以函数y=cosx的图象存在“自公切线”.(1分) 所以不存在过原点且与曲线y=f(x)相切的直线. 由y=e,得y=e, (15分) 易知y=e在R上单调递增， 18.解：(1)当a=3时，f(x)=- x+3x-21nx,定 1 所以任取卡x2,可知e≠e2, 即任意不同两点处的切线斜率不相等， 义域为(0，十∞)， 所以函数y=e的图象不存在“自公切线”.(3分) (x)=-x+3- 2 -x2+3x-2 x (2)由题可知当x≤0时，g(x)=e-2 , =-(x-1)(x-2) 则g(x)=e, x 所以g'(x)在（一∞，0]上单调递增； (4分) 当1<x<2时，f(x)>0,f(x)在(1,2)上单调 当x>0时，g(x)=lnx, 递增， 当0<x<1或x>2时，f(x)<0,f(x)在(0,1)和 则gx)=子 (2,十∞)上单调递减， 所以g'(x)在(0，十∞)上单调递减. (5分) ∴f(x)的极大值为f(2)=4-2ln2,f(x)的极小 值为f(1)=是 设切点P(ae-名).Q(n)x<0<, (4分) (2)由f(x)=-合+ax-2nx(>0),得 P点处的切线方程为y-(0-名）=e(x-x), f(a)=-+a- =一x2-ax十2 即y=ex十e1-eM-2 e x Q点处的切线方程为y-ln=工(x一x), 令g(x)=x2-a.x+2,则f(x)=-8) x ,x0 若f(x)有两个极值点，则y=g(x)在(0，十∞)上 即y=1 x十lnx-1, ·30· 设关于x的方程3az号十2bx十c-k=0的两个不 所以 等实根分别为s,t, el-z1el- 2=lnx4-1 +=密 则 消去可得e-1十x一 2+1=0. (8分) - 令k(x)=e-xe十x- 2十1，x<0, s,t也是关于x0的方程2az8十b号十m一d=0的两 e 个不等实根， 则k'(x)=e-(1+x)e十1=-xe+1>0, 2as+bs?+m-d=2at+bt2+m-d, 所以k(x)在（一∞，0）上单调递增， 整理得2a(s-t)(s2十st十t)十b(s-t)(s十t)= 又k(-1)=0,所以x1=-1,2=e, 0, (14分) 所以g()图象的“自公切线”的方程为y=总 又s≠t,所以s一t≠0， 所以2a(s2十st十t)十b(s十t)=0, (10分) 即2a[(s+t)2-st]+b(s十t)=0, (3)假设函数f(x)的图象存在“自公切线”，设其方 c一k\ 程为y=kx十m, 则2a(货 3a 2b0 3a 因为f(x)=ax3+bx2+cx十d(a≠0)， 所以(x)=3ax2+2bx+c, 整理得c-k= 3a’ (15分) 则曲线y=f(x)在x=x处的切线方程为y (ax8+bxi十cxo十d)=(3ax8+2bxo十c)(x-xo), 则+2a+ =0, y=(3axo+2bxo+c)x-(2axo+bxi-d), 所以- 整理得(3a十6)=0，解得x,=一名， 则关于x的方程3ax十2ba。十c一k=0只有一个 f3ax6十2bx0十c-k=0 解，与假设矛盾， 即{2a2G+bx+m-d=0 (12分) 所以函数f(x)的图象不存在“自公切线”.(17分)