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课时跟踪检测(二十四)

课时跟踪检测(二十四) A 组——12+4 提速练 一、选择题 1.设 f(x)=xln x,f′(x0)=2,则 x0=( A.e2 ln 2 C. 2 B.e D.ln 2 ) 解析:选 B ∵f′(x)=1+ln x,∴f′(x0)=1+ln x0=2,∴x0=e,故选 B. 2.函数 f(x)=excos x 的图象在点(0,f(0))处的切线方程是( A.x+y+1=0 C.x-y+1=0 B.x+y-1=0 D.x-y-1=0 ) 解析:选 C 依题意,f(0)=e0cos 0=1,因为 f′(x)=excos x-exsin x,所以 f′(0)=1, 所以切线方程为 y-1=x-0,即 x-y+1=0,故选 C. 3.已知直线 y=kx+1 与曲线 y=x3+mx+n 相切于点 A(1,3),则 n=( A.-1 B.1 C.3 D.4 ) 解析:选 C 对于 y=x3+mx+n,y′=3x2+m,而直线 y=kx+1 与曲线 y=x3+mx 3+m=k, ? ? +n 相切于点 A(1,3),则有?k+1=3, ? ?1+m+n=3, 可解得 n=3. 1 4.若下列图象中,有一个是函数 f(x)= x3+ax2+(a2-1)x+1(a∈R,a≠0)的导函数 3 f′(x)的图象,则 f(1)=( ) 1 A. 3 B.- 1 3 7 C. 3 D.- 5 3 解析: 选 A 由题意知, f′(x)=x2+2ax+a2-1, ∵a≠0, ∴其图象为最右侧的一个. 由 1 f′(0)=a2-1=0,得 a=± 1.由导函数 f′(x)的图象可知,a<0,故 a=-1,∴f(x)= x3-x2 3 1 1 +1,f(1)= -1+1= . 3 3 5.已知函数 f(x)=x2-5x+2ln x,则函数 f(x)的单调递增区间是( 1? A.? ?0,2?和(1,+∞) 1? C.? ?0,2?和(2,+∞) B.(0,1)和(2,+∞) D.(1,2) ) 2 解析:选 C 函数 f(x)=x2-5x+2ln x 的定义域是(0,+∞),令 f′(x)=2x-5+ = x 2x2-5x+2 ?x-2??2x-1? 1? 1 = >0, 解得 0<x< 或 x>2, 故函数 f(x)的单调递增区间是? ?0,2?和(2, x x 2 +∞). 6.已知函数 f(x)=x3+bx2+cx+d 的图象如图所示,则函数 y= c 2 x2+ bx+ ?的单调递减区间为( log2? 3 3? ? 1 ? A.? ?2,+∞? C.[-2,3] ) B.[3,+∞) D.(-∞,-2) 解析:选 D 因为 f(x)=x3+bx2+cx+d,所以 f′(x)=3x2+2bx+c,由图可知 f′(- ? ?12-4b+c=0, ?b=-2, ? 2)=f′(3)=0,所以? 解得? ? ?27+6b+c=0, ? ?c=-18. 3 c 2 令 g(x)=x2+ bx+ ,则 g(x)=x2 3 3 1 -x-6,g′(x)=2x-1,由 g(x)=x2-x-6>0,解得 x<-2 或 x>3.当 x< 时,g′(x)<0,所 2 c? 2 2 以 g(x)=x2-x-6 在(-∞,-2)上为减函数,所以函数 y=log2? ?x +3bx+3?的单调递减区 间为(-∞,-2). 7.已知函数 f(x)=x3-px2-qx 的图象与 x 轴切于点(1,0),则 f(x)的极大值、极小值分 别为( ) 4 ,0

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