第一章单元质量评估(二) 第Ⅰ卷(选择题，共60分) 一、选择题(每小题5分，共60分) 1．已知f(x)＝(x＋a)2，且f′＝－3，则a的值为( B ) A．－1 B．－2 C．1 D．2 解析：∵f(x)＝(x＋a)2，∴f′(x)＝2x＋2a，依题意有2×＋2a＝－3，解得a＝－2. 2．设曲线y＝ax－ln(x＋1)在点(0,0)处的切线方程为y＝2x，则a＝( D ) A．0 B．1 C．2 D．3 解析：∵y＝ax－ln(x＋1)，∴y′＝a－. ∴y′|x＝0＝a－1＝2，得a＝3. 3．已知物体的运动方程为s＝t4－4t3＋16t2(t表示时间，单位：秒；s表示位移，单位：米)，则瞬时速度为0米每秒的时刻是( C ) A．0秒、2秒或4秒 B．0秒、2秒或16秒 C．0秒、4秒或8秒 D．2秒、8秒或16秒 解析：s′＝t3－12t2＋32t，令s′＝t3－12t2＋32t＝0，解得t＝0或t＝4或t＝8. 4．当x在(－∞，＋∞)上变化时，导函数f′(x)的符号变化如下表： x (－∞，1) 1 (1,4) 4 (4，＋∞) f′(x) － 0 ＋ 0 － 则函数f(x)的图象的大致形状为( C ) 解析：从表中可知f(x)在(－∞，1)上单调递减，在(1,4)上单调递增，在(4，＋∞)上单调递减． 5．设函数f(x)＝＋lnx，则( D ) A．x＝为f(x)的极大值点 B．x＝为f(x)的极小值点 C．x＝2为f(x)的极大值点 D．x＝2为f(x)的极小值点 解析：由f′(x)＝－＋＝＝0可得x＝2.当02时，f′(x)>0，f(x)单调递增．故x＝2为f(x)的极小值点． 6．当x＝a时，函数y＝ln(x＋2)－x取到极大值b，则ab等于( A ) A．－1 B．0 C．1 D．2 解析：y′＝[ln(x＋2)－x]′＝－1.令y′＝0，得x＝－1，此时y＝ln1＋1＝1，即a＝－1，b＝1，故ab＝－1. 7．对于R上可导的任意函数f(x)，若满足≤0，则必有( C ) A．f(1)＋f(3)<2f(2) B．f(1)＋f(3)≤2f(2) C．f(1)＋f(3)>2f(2) D．f(1)＋f(3)≥2f(2) 解析：∵≤0，∴当x<2时，f′(x)<0， 则函数f(x)在(－∞，2)上单调递减； 当x>2时，f′(x)>0，则函数f(x)在(2，＋∞)上单调递增， 即函数f(x)在x＝2处取最小值f(2)， ∴f(1)>f(2)，f(3)>f(2)，将两式相加， 得f(1)＋f(3)>2f(2)．故选C. 8．若函数f(x)＝kx－lnx在区间(1，＋∞)单调递增，则k的取值范围是( D ) A．(－∞，－2] B．(－∞，－1] C．[2 ，＋∞) D．[1，＋∞) 解析：由f′(x)＝k－，又f(x)在(1，＋∞)上单调递增， 则f′(x)≥0在x∈(1，＋∞)上恒成立， 即k≥在x∈(1，＋∞)上恒成立． 又当x∈(1，＋∞)时，0<<1，故k≥1.故选D. 9．已知e为自然对数的底数，设函数f(x)＝(ex－1)(x－1)k(k＝1,2)，则( C ) A．当k＝1时，f(x)在x＝1处取到极小值 B．当k＝1时，f(x)在x＝1处取到极大值 C．当k＝2时，f(x)在x＝1处取到极小值 D．当k＝2时，f(x)在x＝1处取到极大值 解析：当k＝1时，f(x)＝(ex－1)(x－1)，f′(x)＝xex－1， ∵f′(1)＝e－1≠0， ∴f(x)在x＝1处不能取到极值； 当k＝2时，f(x)＝(ex－1)(x－1)2， f′(x)＝(x－1)·(xex＋ex－2)， 令H(x)＝xex＋ex－2， 则H′(x)＝xex＋2ex>0，x∈(0，＋∞)． 说明H(x)在(0，＋∞)上为增函数， 且H(1)＝2e－2>0，H(0)＝－1<0， 因此当x01时，f′(x)>0，f(x)在(1，＋∞)上是增函数． ∴x＝1是f(x)的极小值点，故选C. 10．若00且x趋近于0时，x·ex－1<0； 11．设函数f(x)满足x2f′(x)＋2xf(x)＝，f(2)＝，则x>0时，f(x)( D ) A．有极大值，无极小值 B．有极小值，无极大值 C．既有极大值又有极小值 D．既无极大值也无极小值 解析：令F(x)＝x2f(x)， 则F′(x)＝x2f′(x)＋2xf(x)＝， F(2)＝4·f(2)＝. 由x2f′(x)＋2xf(x)＝， 得x2f′(x)＝－2xf(x)＝， ∴f′(x)＝. 令φ(x)＝ex－2F(x)， ... ...
~~ 您好，已阅读到文档的结尾了 ~~
