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单元检测三　一元函数的导数及其应用
(时间：120分钟　分值：150分)
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.若函数f(x)=asin x+1(a∈R)满足f'(0)=π，则a等于(　　)
A.1 B.-1 C. D.π
2.函数f(x)=x2-ln x-x的单调递减区间是(　　)
A. B.
C.(0，1) D.(1，+∞)
3.(2026·西安模拟)曲线y=x2+ln x-1在其与x轴的交点处的切线方程为(　　)
A.y=3x-3 B.y=-3x+3
C.y=2x-2 D.y=-2x+2
4.(2025·哈尔滨模拟)已知1是函数f(x)=(ax2+3x-3)ex的极值点，则函数f(x)的极小值为(　　)
A.-3 B.-e C.0 D.e
5.函数f(x)=的部分图象大致是(　　)
6.已知函数f(x)的定义域为(0，+∞)，f(1)=-1，其导函数f'(x)满足xf'(x)-2f(x)>0，则不等式f(x+2 026)+(x+2 026)2<0的解集为(　　)
A.(-2 027，-2 026) B.(-2 026，-2 025)
C.(-2 026，+∞) D.(-2 025，+∞)
7.某AI软件在训练模型时会用到对数似然函数来优化参数.假设某模型的对数似然函数为L(w)=ln(wxi+1)，n∈N*，其中w是模型参数，xi是输入特征，为了最大化L(w)(即找到L(w)的极值点)，我们需要求解以下哪个方程(　　)
A.=n B.=0
C.=0 D.=n
8.(2025·南通模拟)已知函数f(x)是定义在R上的偶函数，f'(x)是f(x)的导函数，f(x)+f'(x)=2ex，若k[f(x)-ex]≤x在R上恒成立，则实数k的取值范围是(　　)
A. B.
C.(-∞，-1] D.[-1，0)
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.(2026·成都模拟)设函数f(x)=x3-3x+3，则(　　)
A.f(x)在(-1，1)上单调递减
B.当x∈[0，2]时，f(x)的值域为[3，5]
C.f(x)有三个零点
D.曲线y=f(x)关于点(0，3)中心对称
10.已知函数f(x)的定义域为R，其导数f'(x)满足f(x)+f'(x)>0，则(　　)
A.f >f(1) B.f(-1)C.< D.>f(1)
11.(2025·岳阳模拟)已知不等式ln x≤x-1在x∈(0，+∞)上恒成立(当且仅当x=1时等号成立)，下列不等式正确的是(　　)
A.ln x≥1-(x>0)
B.C.+++…+>ln 2 025
D.++++++2三、填空题(本题共3小题，每小题5分，共15分)
12.若函数f(x)=aln x-x-2在x=1处有最值，则实数a的值为　　　　.
13.(2025·泰安模拟)若函数f(x)=ex-ax与直线y=x相切，则实数a的值为　　　　　.
14.(2025·长沙模拟)若 a>1，b>1，恒有<，则正整数m的最大值为　　　　　　.(参考数据：ln 2≈0.69)
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)=ax+ln x-1，a∈R.
(1)当a=2时，求函数f(x)在点(1，f(1))处的切线方程；(6分)
(2)讨论函数f(x)的单调性.(7分)
16.(15分)(2026·沈阳模拟)已知函数f(x)=+-1，且曲线y=f(x)在点A处的切线与x轴平行.
(1)求a，b的值；(5分)
(2)求f(x)的极值点个数.(10分)
17.(15分)(2025·武汉调研)已知函数f(x)=ex-+-1，a∈R.
(1)若f(x)在点(1，f(1))处的切线斜率为-1，求a的值；(5分)
(2)若f(x)≥0恒成立，求实数a的取值范围.(10分)
18.(17分)(2025·临汾模拟)已知函数f(x)=ln(1+ax)-x，其中a>0.
(1)当a=2时，求曲线y=f(x)在点(0，f(0))处的切线方程；(4分)
(2)求f(x)的单调区间；(5分)
(3)当a>1时，设f(x)的两个零点为x1，x2，求证：x1+x2>2-.(8分)
19.(17分)(2025·景德镇模拟)已知A是函数y=f(x)定义域的子集，若 t∈R， x∈A，f(x+t)-(t+1)·f'(x)≥0成立，则称y=f(x)为A上的“L(t)函数”.
(1)判断f(x)=cos x是否是上的“L(0)函数”？请说明理由；(4分)
(2)证明：当ep+=0(p是与x无关的实数)，g(x)=ex+x是(q，+∞)上的“L(1)函数”时，q≥p；(5分)
(3)已知h(x)=x2-ax是[0，2]上的“L(2)函数”，若存在这样的实数a， x1，x2∈[1，2]，当x1单元检测三　一元函数的导数及其应用
(时间：120分钟　分值：150分)
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.若函数f(x)=asin x+1(a∈R)满足f'(0)=π，则a等于(　　)
A.1 B.-1 C. D.π
答案　D
解析　由f(x)=asin x+1(a∈R)，
得f'(x)=acos x，f'(0)=a=π.
2.函数f(x)=x2-ln x-x的单调递减区间是(　　)
A. B.
C.(0，1) D.(1，+∞)
答案　C
解析　由题意可得f'(x)=2x--1==，x>0，
令f'(x)<0，得0此时函数f(x)单调递减，
所以函数f(x)=x2-ln x-x的单调递减区间是(0，1).
3.(2026·西安模拟)曲线y=x2+ln x-1在其与x轴的交点处的切线方程为(　　)
A.y=3x-3 B.y=-3x+3
C.y=2x-2 D.y=-2x+2
答案　A
解析　令x2+ln x-1=0，解得x=1，
故曲线y=x2+ln x-1与x轴的交点为(1，0)，
函数y=x2+ln x-1的导数为y'=2x+，
所以曲线在点(1，0)处切线的斜率k=3，
则切线方程为y-0=3(x-1)，即y=3x-3.
4.(2025·哈尔滨模拟)已知1是函数f(x)=(ax2+3x-3)ex的极值点，则函数f(x)的极小值为(　　)
A.-3 B.-e C.0 D.e
答案　A
解析　函数f(x)=(ax2+3x-3)ex的定义域为R，
求导得f'(x)=(ax2+2ax+3x)ex，
由1是函数f(x)的极值点，
得f'(1)=(3a+3)e=0，解得a=-1，经检验，a=-1符合题意，
则f(x)=(-x2+3x-3)ex，
f'(x)=(-x2+x)ex=-x(x-1)ex，
故当x<0或x>1时，f'(x)<0；当00，
所以函数f(x)的极小值为f(0)=-3.
5.函数f(x)=的部分图象大致是(　　)
答案　A
解析　根据题意，函数f(x)的定义域为，
当x<时，x-1<0，2x-1<0，ex>0，所以f(x)>0，排除B，C；
当x>时，f'(x)=
=>0，
所以f(x)在上单调递增，排除D.
6.已知函数f(x)的定义域为(0，+∞)，f(1)=-1，其导函数f'(x)满足xf'(x)-2f(x)>0，则不等式f(x+2 026)+(x+2 026)2<0的解集为(　　)
A.(-2 027，-2 026) B.(-2 026，-2 025)
C.(-2 026，+∞) D.(-2 025，+∞)
答案　B
解析　根据题意可令g(x)=，x>0，
则g'(x)=>0，
所以g(x)=在(0，+∞)上单调递增，
又原不等式等价于<-1，
由g(x+2 026)=<-1=g(1)，
得0故原不等式的解集为(-2 026，-2 025).
7.某AI软件在训练模型时会用到对数似然函数来优化参数.假设某模型的对数似然函数为L(w)=ln(wxi+1)，n∈N*，其中w是模型参数，xi是输入特征，为了最大化L(w)(即找到L(w)的极值点)，我们需要求解以下哪个方程(　　)
A.=n B.=0
C.=0 D.=n
答案　A
解析　已知L(w)=ln(wxi+1)，故L'(w)=.
令L'(w)=0，可得=0，
将等式两边同时乘以w，
得到++…+=0.
即++…+=0，则=n，选项A正确.
8.(2025·南通模拟)已知函数f(x)是定义在R上的偶函数，f'(x)是f(x)的导函数，f(x)+f'(x)=2ex，若k[f(x)-ex]≤x在R上恒成立，则实数k的取值范围是(　　)
A. B.
C.(-∞，-1] D.[-1，0)
答案　A
解析　因为f(x)为偶函数，则f(x)=f(-x)， ①
对两边求导得，f'(x)=-f'(-x)， ②
因为f(x)+f'(x)=2ex， ③
用-x代替x得f(-x)+f'(-x)=2e-x， ④
由①②④可得，f(x)-f'(x)=2e-x， ⑤
联立③⑤得，f(x)=ex+e-x，
则k[f(x)-ex]≤x化简为k≤xex，在R上恒成立.
令g(x)=xex，则g'(x)=(x+1)ex，
令g'(x)>0得x>-1；
令g'(x)<0得x<-1，
则g(x)在(-∞，-1)上单调递减，在(-1，+∞)上单调递增，
则g(x)的最小值为g(-1)=-，故k≤-，
则实数k的取值范围是.
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.(2026·成都模拟)设函数f(x)=x3-3x+3，则(　　)
A.f(x)在(-1，1)上单调递减
B.当x∈[0，2]时，f(x)的值域为[3，5]
C.f(x)有三个零点
D.曲线y=f(x)关于点(0，3)中心对称
答案　AD
解析　f'(x)=3x2-3，由f'(x)<0，解得-10，解得x<-1或x>1，
所以f(x)在(-1，1)上单调递减，在(-∞，-1)和(1，+∞)上单调递增，故A正确；
由A项分析知当x∈[0，1]时，f(x)单调递减，当x∈(1，2]时，f(x)单调递增，
又f(0)=3，f(1)=1，f(2)=5，
所以当x∈[0，2]时，f(x)的值域为[1，5]，故B错误；
f(x)极大值=f(-1)=5，f(x)极小值=f(1)=1，
又当x→-∞时，f(x)→-∞，
所以f(x)只有一个零点，故C错误；
因为f(x)+f(-x)=x3-3x+3+(-x)3+3x+3=6，
所以曲线y=f(x)关于点(0，3)中心对称，故D正确.
10.已知函数f(x)的定义域为R，其导数f'(x)满足f(x)+f'(x)>0，则(　　)
A.f >f(1) B.f(-1)C.< D.>f(1)
答案　BC
解析　设F(x)=ex·f(x)，则F'(x)=exf(x)+exf'(x)=ex[f(x)+f'(x)]，
因为对任意的x∈R，f(x)+f'(x)>0，
则F'(x)>0恒成立，所以F(x)在R上单调递增.
因为<1，所以F因为-1<1，所以F(-1)因为ln 2<1，所以F(ln 2)因为0<1，所以F(0)11.(2025·岳阳模拟)已知不等式ln x≤x-1在x∈(0，+∞)上恒成立(当且仅当x=1时等号成立)，下列不等式正确的是(　　)
A.ln x≥1-(x>0)
B.C.+++…+>ln 2 025
D.++++++2答案　ABD
解析　对于A，ln x≤x-1在x∈(0，+∞)上恒成立，将x替换为，则ln≤-1，所以ln x≥1-(x>0)恒成立(当且仅当x=1时等号成立)，所以A正确；
对于B，由A可得1-故对于C，令x=，n∈N*，由A得ln>1-=，
则+++…+=对于D，方法一　++++++2<++++++2<++++++2=+++++2=+++2<++2=++2≈2.61方法二　++++++2
=1+++++++
=+×+×+×+×+×+×+×
=，
令x=1+，n∈N*，
则ln<1+-1=，
所以nln<1，即ln<1=ln e，
所以三、填空题(本题共3小题，每小题5分，共15分)
12.若函数f(x)=aln x-x-2在x=1处有最值，则实数a的值为　　　　.
答案　1
解析　函数f(x)=aln x-x-2，定义域为(0，+∞)，所以f'(x)=-1=，
若a≤0，则f'(x)<0恒成立，所以f(x)单调递减，无最值，不符合题意；
若a>0，当x>a时，f'(x)<0，f(x)单调递减，当00，f(x)单调递增，所以当x=a时，函数f(x)取最大值，f(x)无最小值，
因为函数在x=1处有最值，所以a=1，且经检验符合题意.
13.(2025·泰安模拟)若函数f(x)=ex-ax与直线y=x相切，则实数a的值为　　　　　.
答案　e-1
解析　设切点为(x0，-ax0)，
由f(x)=ex-ax得，f'(x)=ex-a，
故切线斜率为1=-a，
则=1+a>0， ①
又切点在直线y=x上，则-ax0=x0，
则=(1+a)x0， ②
∴由①②得x0=1，∴a=e-1.
14.(2025·长沙模拟)若 a>1，b>1，恒有<，则正整数m的最大值为　　　　　　.(参考数据：ln 2≈0.69)
答案　3
解析　由题意， a>1，b>1，m∈N*，恒有<，则< <.
令f(x)=(x>1)，则f'(x)=.
令f'(x)=0得x=e，则f(x)在(1，e)上单调递增，在(e，+∞)上单调递减，
则f(x)有最大值f(x)max=f(e)=.
令g(x)=(x>1)，则g'(x)=.
令g'(x)=0，则x=m.
当m≤1，m∈N*时，g'(x)>0，g(x)在(1，+∞)上单调递增，g(x)>g(1)=e，
此时f(x)≤当m≥2，m∈N*时，则g(x)在(1，m)上单调递减，在(m，+∞)上单调递增，
故g(x)有最小值g(x)min=g(m)=.
则<，即em+1>mm，
两边取自然对数可得m+1>mln m，
即求最大的m，使得m+1>mln m.
因为m≥2，则上述不等式可转化为>ln m.
令φ(x)=-ln x，x≥2，
即求使得φ(x)>0的最大的正整数，
φ'(x)=-=<0恒成立，
则φ(x)在[2，+∞)上单调递减.
因为φ(4)=-ln 4≈-2×0.69=-0.13<0，又e4>33>3，>ln 3，φ(3)=-ln 3>0，则使φ(x)>0成立的最大正整数为3，即正整数m的最大值为3.
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)=ax+ln x-1，a∈R.
(1)当a=2时，求函数f(x)在点(1，f(1))处的切线方程；(6分)
(2)讨论函数f(x)的单调性.(7分)
解　(1)当a=2时，f(x)=2x+ln x-1，
则f(1)=1，f'(x)=2+，
所以f'(1)=3，
所以函数f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y-1=3(x-1)，即3x-y-2=0.
(2)函数f(x)=ax+ln x-1的定义域为(0，+∞)，
又f'(x)=a+=，
当a≥0时，f'(x)>0恒成立，
所以f(x)在(0，+∞)上单调递增；
当a<0时，由f'(x)>0，解得0由f'(x)<0，解得x>-，
所以f(x)在上单调递增，在上单调递减.
综上可得，当a≥0时，f(x)在(0，+∞)上单调递增；
当a<0时，f(x)在上单调递增，在上单调递减.
16.(15分)(2026·沈阳模拟)已知函数f(x)=+-1，且曲线y=f(x)在点A处的切线与x轴平行.
(1)求a，b的值；(5分)
(2)求f(x)的极值点个数.(10分)
解　(1)由题意得f(1)=b-1=，
解得b=，所以f(x)=-1，
又f'(x)=，
则f'(1)==0，解得a=2，
故a=2，b=.
(2)由(1)可知f'(x)=，x>0，
令g(x)=x-2ln x-1，x>0，
则g'(x)=，
当0当x>2时，g'(x)>0，g(x)单调递增，
又g(1)=0，g(2)0，
则 x0∈(2，e2)，使得g(x0)=0，
故f'(1)=f'(x0)=0，
所以当00，函数f(x)在(0，1)上单调递增；
当1当x>x0时，f'(x)>0，函数f(x)在(x0，+∞)上单调递增，
所以f(x)有两个极值点.
17.(15分)(2025·武汉调研)已知函数f(x)=ex-+-1，a∈R.
(1)若f(x)在点(1，f(1))处的切线斜率为-1，求a的值；(5分)
(2)若f(x)≥0恒成立，求实数a的取值范围.(10分)
解　(1)由题意得f'(x)=ex--，
故f'(1)=e1--=-1，解得a=e.
(2)因为f(x)的定义域为(0，+∞)，
又f(x)=ex-+-1=≥0恒成立，
所以xex-ln x+a-x≥0在(0，+∞)上恒成立，
令g(x)=xex-ln x+a-x，x∈(0，+∞)，
则g'(x)=(x+1)，
令h(x)=ex-，x∈(0，+∞)，
则h'(x)=ex+>0，
所以h(x)在(0，+∞)上单调递增，
又h=-2<0，h(1)=e-1>0，
所以 x0∈，使得h(x0)=0，
即g'(x0)=0，-=0，
则=，ln x0=-x0，
所以当x∈(0，x0)时，g'(x)<0，
当x∈(x0，+∞)时，g'(x)>0，
所以g(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，+∞)上单调递增，
所以g(x)min=g(x0)=x0-ln x0-x0+a
=1+x0-x0+a≥0，
所以a≥-1，
即实数a的取值范围为[-1，+∞).
18.(17分)(2025·临汾模拟)已知函数f(x)=ln(1+ax)-x，其中a>0.
(1)当a=2时，求曲线y=f(x)在点(0，f(0))处的切线方程；(4分)
(2)求f(x)的单调区间；(5分)
(3)当a>1时，设f(x)的两个零点为x1，x2，求证：x1+x2>2-.(8分)
(1)解　当a=2时，f(x)=ln(1+2x)-x，
则f'(x)=-1，f'(0)=1，f(0)=0，
故所求切线方程为y=x.
(2)解　由f(x)=ln(1+ax)-x，a>0，
则f'(x)=-1=，
令f'(x)>0，则-令f'(x)<0，则x>1-，
故f(x)的单调递增区间为，单调递减区间为.
(3)证明　当a>1时，1->0，
由(2)知f(x)在上单调递增，在上单调递减，
又f(0)=0，则x=0是f(x)的一个较小的零点，不妨设x1=0，
要证x1+x2>2-，只需证x2>2-，
因为2>1-，且f(x)在上单调递减，
从而只需证f >f(x2)=0即可.
f =ln-2+
=ln(2a-1)-2+，
令g(x)=ln(2x-1)-2+(x>1)，
则g'(x)=>0，g(x)在(1，+∞)上单调递增，
所以g(x)>g(1)=0，即f >0，
故x1+x2>2-.
19.(17分)(2025·景德镇模拟)已知A是函数y=f(x)定义域的子集，若 t∈R， x∈A，f(x+t)-(t+1)·f'(x)≥0成立，则称y=f(x)为A上的“L(t)函数”.
(1)判断f(x)=cos x是否是上的“L(0)函数”？请说明理由；(4分)
(2)证明：当ep+=0(p是与x无关的实数)，g(x)=ex+x是(q，+∞)上的“L(1)函数”时，q≥p；(5分)
(3)已知h(x)=x2-ax是[0，2]上的“L(2)函数”，若存在这样的实数a， x1，x2∈[1，2]，当x1(1)解　f(x)=cos x是上的“L(0)函数”，理由如下：
∵f(x)=cos x，∴f'(x)=-sin x.
∵x∈，∴x+∈，
∴cos x-(-sin x)=cos x+sin x
=sin∈[1，]，
∴f(x+0)-(0+1)·f'(x)=f(x)-f'(x)=cos x-(-sin x)≥0在上恒成立，
∴f(x)=cos x是上的“L(0)函数”.
(2)证明　∵g(x)=ex+x是(q，+∞)上的“L(1)函数”，
∴g(x+1)-2g'(x)=ex+1+x+1-2(ex+1)=ex(e-2)+x-1≥0在(q，+∞)上恒成立，
设h(x)=ex(e-2)+x-1，则h'(x)=ex(e-2)+1>0，
∴h(x)在R上单调递增，且h(q)=eq(e-2)+q-1≥0.
又ep+=0，∴ep(e-2)+p-1=0，即h(p)=ep(e-2)+p-1=0.
∵h(x)在R上单调递增，h(q)≥h(p)，
∴q≥p.
(3)解　∵h(x)=x2-ax，∴h'(x)=2x-a.
∵h(x)=x2-ax是[0，2]上的“L(2)函数”，
∴h(x+2)-3h'(x)=(x+2)2-a(x+2)-3(2x-a)=x2-(a+2)x+(a+4)≥0在[0，2]上恒成立，
即a(x-1)≤x2-2x+4在[0，2]上恒成立.
当x=1时，对任意的a∈R，上式恒成立，符合题意；
当0≤x<1时，a≥==x-1+恒成立，
设F(x)=x-1+，x∈[0，1)，
则F'(x)=1-<0，
∴函数F(x)在[0，1)上单调递减，
∴F(x)max=F(0)=-1+=-4，
即a≥-4；
当1设H(x)=x-1+，x∈(1，2]，
则H'(x)=1-<0，
∴函数H(x)在(1，2]上单调递减，
∴H(x)min=H(2)=2-1+=4，即a≤4.
综上所述，-4≤a≤4.
∵ x1，x2∈[1，2]，
当x1ln x1-ln x2<0，
∴r(ln x1-ln x2)>h(x1)-h(x2)，
即h(x1)-rln x1令G(x)=h(x)-rln x=x2-ax-rln x，x∈[1，2]，当1≤x1则由题意可知，存在a∈[-4，4]，使得G(x)在[1，2]上单调递增，
即存在a∈[-4，4]，
使得G'(x)=2x-a-≥0在[1，2]上恒成立，
即a≤2x-对任意的x∈[1，2]恒成立，
可得2x-≥-4对任意的x∈[1，2]恒成立，
即r≤2x2+4x对任意的x∈[1，2]恒成立.
而函数y=2x2+4x在[1，2]上单调递增，
∴y=2x2+4x≥2×12+4×1=6，即r≤6.
∴实数r的最大值为6.
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