2026届高三数学一轮复习课后习题章末目标检测卷3 导数及其应用（Word版附解析）

这是一份2026届高三数学一轮复习课后习题章末目标检测卷3 导数及其应用（Word版附解析），共8页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
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.函数f(x)=x4-2x3的图象在点(1,f(1))处的切线方程为( )
A.y=-2x-1B.y=-2x+1
C.y=2x-3D.y=2x+1
答案:B
解析:对函数f(x)求导可得f'(x)=4x3-6x2,
由导数的几何意义,知函数f(x)的图象在点(1,f(1))处的切线的斜率k=f'(1)=-2.
又因为f(1)=-1,
所以所求切线方程为y-(-1)=-2(x-1),
即y=-2x+1.
2.若函数y=ex+mx有极值,则实数m的取值范围是( )
A.{m|m>0}B.{m|m1}D.{m|m0,f(x)单调递增.
则f(x)的极小值即最小值为f12=34+ln 2>0,
所以函数f(x)无零点.
5.已知当x∈12,2时,a≤1-xx+ln x恒成立,则实数a的最大值为( )
A.0B.1C.2D.3
答案:A
解析:令f(x)=1-xx+ln x,则f'(x)=x-1x2.
当x∈12,1时,f'(x)1,f(0)=5,f'(x)是f(x)的导函数,则不等式ex(f(x)-1)>4(其中e为自然对数的底数)的解集为( )
A.(0,+∞)B.(-∞,0)∪(3,+∞)
C.(-∞,0)∪(1,+∞)D.(3,+∞)
答案:A
解析:令g(x)=ex(f(x)-1),则g'(x)=ex(f(x)-1)+exf'(x)=ex(f(x)+f'(x)-1).
因为f(x)+f'(x)>1,所以g'(x)>0.
所以函数g(x)在R上单调递增.
因为f(0)=5,所以g(0)=4.
所以不等式ex(f(x)-1)>4的解集,
由g(x)>g(0),得x>0.故选A.
7.已知函数f(x)=ln x+tan α00,
∴k(x)在区间(0,0.1]上单调递增.
∴k(x)>k(0)=0.
∴在区间(0,0.1]上,y2'>0,∴y2=xex+ln(1-x)在区间(0,0.1]上单调递增.
∴y2>0,∴a1>c1.
∴在区间(0,0.1]上,b1>a1>c1.
故当x=0.1时,有b>a>c.
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.(2024新高考Ⅱ,11)设函数f(x)=2x3-3ax2+1,则( )
A.当a>1时,f(x)有三个零点
B.当a0,函数f(x)单调递增,若x∈(0,a),则f'(x)0,所以f'(x)0,所以f(x)0,所以f-12>0,
又-π40,f'(2)=-ln 2+120,f(x)单调递增;
当x∈(x0,+∞)时,f'(x)0,因为x>0,
所以h'(x)=-1-1x0,即m'(x)>0,m(x)单调递增,当x∈(1,+∞)时,h(x)0).
由x=1是f(x)的极值点,得f'(1)=ae-1=0,解得a=1e.
即f(x)=ex-1-ln x-1,f'(x)=ex-1-1x,
令f'(x)>0,可得x>1,
故f(x)的单调递增区间为(1,+∞).
13.已知函数f(x)=e|x-1|,函数g(x)=ln x-x+a,若∃x1,x2使得f(x1)0,则函数g(x)单调递增;
当x∈(1,+∞)时,g'(x)1,解得a>2,即实数a的取值范围是(2,+∞).
14.已知函数f(x)=xln x+12x2,x0是函数f(x)的极值点,给出以下几个结论:
①0g(x0),所以00时,x20,f(x)单调递增,
所以当x=ln 2时,f(x)取得极小值,极小值为f(ln 2)=2-2ln 2=2-ln 4,f(x)无极大值.
(2)证明:令g(x)=ex-x2,则g'(x)=ex-2x.
由(1),得g'(x)=f(x)≥f(ln 2)=2-ln 4>0,故g(x)在R上单调递增.
因为g(0)=1>0,
所以当x>0时,g(x)>g(0)>0,
即x20.
所以f(x)在区间(-∞,ln a)内单调递减,在区间(ln a,+∞)内单调递增,
故当x=ln a时,f(x)取得最小值,最小值为f(ln a)=-a(1+ln a).
①若01e,则f(ln a)0,所以f(x)在区间(-∞,ln a)内存在唯一零点.
由(1)知,当x>2时,ex-x-2>0,
所以当x>4,且x>2ln(2a)时,f(x)=ex2·ex2-a(x+2)>eln(2a)·x2+2-a(x+2)=2a>0.故f(x)在区间(ln a,+∞)内存在唯一零点.
从而f(x)在区间(-∞,+∞)内有两个零点.
综上所述,实数a的取值范围是1e,+∞.
18.(17分)(2021天津,20)已知a>0,函数f(x)=ax-xex.
(1)求曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程;
(2)证明:函数f(x)存在唯一的极值点;
(3)若存在实数a,使得f(x)≤a+b对任意x∈R成立,求实数b的取值范围.
(1)解:f'(x)=a-(x+1)ex,则f'(0)=a-1,
又f(0)=0,
则切线方程为y=(a-1)x(a>0).
(2)证明:令f'(x)=a-(x+1)ex=0,则a=(x+1)ex.
令g(x)=(x+1)ex,则g'(x)=(x+2)ex,
当x∈(-∞,-2)时,g'(x)g(x),则f'(x)>0,f(x)单调递增;
当x∈(m,+∞)时,a-1,
当x∈(-1,1)时,h'(x)0,f(x)为增函数,f(x)无最小值,
g'(x)0时,令f'(x)=0,即ex-a=0,解得x=ln a.
当x变化时,f'(x),f(x)的变化情况如下表.
由表可知,当x=ln a时,f(x)取得极小值也是最小值,为a-aln a.
由g'(x)=0得x=1a>0.
当x在区间(0,+∞)内变化时,g'(x),g(x)的变化情况如下表.
由上表可知,当x=1a时,g(x)取得极小值也是最小值,为1+ln a.
则a-aln a=1+ln a.
令h(a)=a-aln a-1-ln a,
则h'(a)=1-(ln a+1)-1a=-ln a-1a=ln 1a-1a.
令1a=t,则ln t-t1时,首先,证明y=b与曲线y=f(x)有2个交点,即证明F(x)=f(x)-b有2个零点.
因为F'(x)=f'(x)=ex-1,
所以F(x)在区间(-∞,0)内单调递减,在区间(0,+∞)内单调递增.
又因为F(-b)=e-b>0,F(0)=1-b0,
(令t(b)=eb-2b,则当b>1时,t'(b)=eb-2>0,t(b)>t(1)=e-2>0)
所以F(x)=f(x)-b在区间(-∞,0)内存在且只存在1个零点,设为x1,在区间(0,+∞)内存在且只存在1个零点,设为x2.
其次,证明y=b与曲线g(x)有2个交点,即证明G(x)=g(x)-b有2个零点.
G'(x)=g'(x)=1-1x,所以G(x)在区间(0,1)内单调递减,在区间(1,+∞)内单调递增.
又因为G(e-b)=e-b>0,
G(1)=1-b0,
(令μ(b)=b-ln 2b,则当b>1时,μ'(b)=1-1b>0,μ(b)>μ(1)=1-ln 2>0)
所以G(x)=g(x)-b在区间(0,1)内存在且只存在1个零点,设为x3,在区间(1,+∞)内存在且只存在1个零点,设为x4.
再次,证明存在b使得x2=x3.
因为F(x2)=G(x3)=0,
所以b=ex2-x2=x3-ln x3.
若x2=x3,则ex2-x2=x2-ln x2,即ex2-2x2+ln x2=0.
所以只需证明ex-2x+ln x=0在区间(0,1)内有解即可,
即φ(x)=ex-2x+ln x在区间(0,1)内有零点.
因为φ1e3=e1e3-2e3-30,
所以φ(x)=ex-2x+ln x在区间(0,1)内存在零点,取一零点为x0,令x2=x3=x0即可,此时取b=ex0-x0,
则此时存在直线y=b,其与两条曲线y=f(x)和y=g(x)共有三个不同的交点.
最后,证明x1+x4=2x0,即从左到右的三个交点的横坐标成等差数列.
因为F(x1)=F(x2)=F(x0)=0=G(x3)=G(x0)=G(x4),
所以F(x1)=G(x0)=F(ln x0).
又因为F(x)在区间(-∞,0)内单调递减,x1