【创新方案】(浙江专版)2015届高考数学一轮复习 第九章 第三节 导数应用演练知能检测 文.doc

第三节　导数的应用(二) [全盘巩固] 1．已知f(x)＝eq \f(1,4)x2＋sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)＋x))，f′(x)为f(x)的导函数，则f′(x)的图象是(　　) 解析：选A　f(x)＝eq \f(1,4)x2＋sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)＋x))＝eq \f(1,4)x2＋cos x，f′(x)＝eq \f(1,2)x－sin x.易知该函数为奇函数，所以排除B、D.当x＝eq \f(π,6)时，f′eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))＝eq \f(1,2)×eq \f(π,6)－sineq \f(π,6)＝eq \f(π,12)－eq \f(1,2)0，可排除C. 2．下面为函数f(x)＝xsin x＋cos x的递增区间的是(　　) A.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，\f(3π,2))) B．(π，2π) C.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,2)，\f(5π,2))) D．(2π，3π) 解析：选C　f′(x)＝sin x＋xcos x－sin x＝xcos x，当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,2)，\f(5π,2)))时，恒有f′(x)0. 3．已知函数f(x)＝eq \f(1,2)x3－x2－eq \f(7,2)x，则f(－a2)与f(－1)的大小关系为(　　) A．f(－a2)≤f(－1) B．f(－a2)f(－1) C．f(－a2)≥f(－1) D．f(－a2)与f(－1)的大小关系不确定 解析：选A　由题意可得f′(x)＝eq \f(3,2)x2－2x－eq \f(7,2)，令f′(x)＝eq \f(1,2)(3x－7)(x＋1)＝0，得x＝－1或x＝eq \f(7,3).当x－1时，f′(x)0，f(x)为增函数；当－1xeq \f(7,3)时，f′(x)0，f(x)为减函数．所以f(－1)是函数f(x)在(－∞，0]上的最大值，又因为－a2≤0，所以f(－a2)≤f(－1)． 4．(2014·青岛模拟)若函数y＝aex＋3x(x∈R，a∈R)，有大于零的极值点，则实数a的取值范围是(　　) A．(－3,0) B．(－∞，－3) C.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,3)，＋∞)) D.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(1,3))) 解析：选A　由题可得y′＝aex＋3，若函数在x∈R上有大于零的极值点，即y′＝aex＋3＝0有正根，显然有a0，此时x＝lneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,a))).由x0，得参数a的范围为a－3.综上知，－3a0. 5．f(x)是定义在(0，＋∞)上的非负可导函数，且满足xf′(x)－f(x)≤0，对任意正数a，b，若ab，则必有(　　) A．af(b)≤bf(a) B．bf(a)≤af(b) C．af(a)≤bf(b) D．bf(b)≤af(a) 解析：选A　设函数F(x)＝eq \f(f?x?,x)(x0)，则F′(x)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(f?x?,x)))′＝eq \f(xf′?x?－f?x?,x2).因为x0，xf′(x)－f(x)≤0，所以F′(x)≤0，故函数F(x)在(0，＋∞)上为减函数．又0ab，所以F(a)≥F(b)，即eq \f(f?a?,a)≥eq \f(f?b?,b)，则bf(a)≥af(b)． 6．(2014·杭州模拟)已知定义在R上的偶函数f(x)，f(1)＝0，当x0时有eq \f(xf′?x?－f?x?,x2)0，则不等式xf(x)0的解集为(　　) A．{x|－1x0} B．{x|x1或－1x0} C．{x|x0} D．{x|－1x1} 解析：选B　当x0时有eq \f(xf′?x?－f?x?,x2)0，即eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(f?x?,x)))′0，∴eq \f(f?x?,x)在(0，＋∞)上单调递增． ∵f(x)为R上的偶函数，∴xf(x)为R上的奇函数．∵xf(x)0，∴x2eq \f(f?x?,x