2019-2020年高考数学大一轮复习 第二章 第12节 定积分概念及简单应用课时冲关 理 新人教A版.doc

2019-2020年高考数学大一轮复习 第二章 第12节 定积分概念及简单应用课时冲关 理 新人教A版对应学生用书课时冲关(十五)第261页一、选择题1设函数f(x)则定积分f(x)dx等于()A.B2C. D.解析：f(x)dxx2dx1dxx3|x|.故选C.答案：C2(xx厦门模拟)设函数f(x)xmax的导函数f(x)2x1，则f(x)dx的值等于()A. B.C. D.解析：f(x)mxm1a2x1，得m2，a1，所以f(x)x2x，所以f(x)x2x，所以f(x)dx(x2x)dx|.故选A.答案：A3如果1 N的力能拉长弹簧1 cm，为了将弹簧拉长6 cm，所耗费的功为()A0.18 J B0.26 JC0.12 J D0.28 J解析：由物理知识Fkx知，10.01k，k100 N/m，则W 100xdx50x2|0.18(J)故选A.答案：A4(xx合肥模拟)如图，由函数f(x)exe的图象，直线x2及x轴所围成的阴影部分面积等于()Ae22e1Be22eC.De22e1解析：由已知得Sf(x)dx(exe)dx(exex)|(e22e)(ee)e22e. 故选B.答案：B5(xx南昌模拟)若ax2dx，bx3dx，csin xdx，则a，b，c的大小关系是()Aacb BabcCcba Dcab解析：因为ax2dxx3|(2,3)，bx3dxx4|43，csin xdx(cos x)|1cos 22，所以cab. 故选D.答案：D6一质点运动时速度与时间的关系为v(t)t2t2，质点做直线运动，则此质点在时间1,2内的位移为()A. B.C. D.解析：v(t)0，质点在1,2内的位移s即为v(t)在1,2上的定积分，sv(t)dt(t2t2)dt| .答案：A7(xx中山模拟)已知t0，若(2x1)dx6，则t的值等于()A2 B3C6 D8解析：(2x1)dx(x2x)|t2t，由t2t6得t3或t2(舍去)故选B.答案：B8由直线xy20，曲线yx3以及x轴围成的图形的面积为()A. B.C. D.解析：由题意得解得交点坐标是(1,1)故由直线xy20，曲线yx3以及x轴围成的图形的面积为x3dx(2x)dxx4|.故选D.答案：D9(xx石家庄模拟)已知等比数列an，且a4a8dx，则a6(a22a6a10)的值为()A2 B4C D9解析：a4a8，a6(a22a6a10)a6a22aa6a10a2a4a8a(a4a8)22，故选A.答案：A10函数f(x)的图象与x轴所围成的封闭图形的面积为()A. B1C2 D.答案：A11(xx北京高考)直线l过抛物线C：x24y的焦点且与y轴垂直，则l与C所围成的图形的面积等于()A. B2C. D.解析：由题意知抛物线的焦点坐标为F(0,1)，故直线l的方程为y1，该直线与抛物线在第一象限的交点坐标为(2,1)，根据对称性和定积分的几何意义可得所求的面积是2dx2|.答案：C12(xx珠海模拟)由曲线yx2和直线x0，x1，yt2(t为常数且t(0,1)所围成图形(阴影部分)面积的最小值为()A. B.C. D.解析：由得xt.故S(t2x2)dx(x2t2)dx|t3t2，令S4t22t0，因为0t0)所围成的曲边图形的面积为，则k_.解析：由得或则曲线yx2与直线ykx(k0)所围成的曲边梯形的面积为(kxx2)dx|k3，即k38，k2.答案：216(xx成都模拟)函数y(sin tcos tsin t)dt的最大值是_解析：y(sin tcos tsin t)dtdt|cos xcos 2xcos x(2cos2 x1)cos2xcos x(cos x1)222，当cos x1时取等号答案：2备课札记高考大题冲关 导数综合应用的热点问题 导数的综合应用是历年高考必考的热点，试题难度较大，多以压轴题形式出现，命题的热点主要有利用导数研究函数的单调性、极值、最值；利用导数研究不等式；利用导数研究方程的根(或函数的零点)；利用导数研究恒成立问题等体现了分类讨论、数形结合、函数与方程、转化与化归的数学思想的运用题型一利用导数研究函数性质综合问题对应学生用书理52页 文49页 典例赏析1 (理科)(xx重庆高考)已知函数f(x)ae2xbe2xcx(a，b，cR)的导函数f(x)为偶函数，且曲线yf(x)在点(0，f(0)处的切线的斜率为4c.(1)确定a，b的值；(2)若c3，判断f(x)的单调性；(3)若f(x)有极值，求c的取值范围思维导引(1)先求导函数f(x)，再利用f(x)为偶函数和曲线yf(x)在点(0，f(0)处的切线的斜率为4c建立关于a，b的方程组求解；(2)把c3代入函数解析式，利用基本不等式求f(x)的最小值，进而确定f(x)的符号，从而确定函数f(x)的单调性；(3)对c分类，讨论方程f(x)0是否有实根，从而确定极值解(1)对f(x)求导得f(x)2ae2x2be2xc，由f(x)为偶函数，知f(x)f(x)，即2(ab)(e2xe2x)0，所以ab.又f(0)2a2bc4c，故a1，b1.(2)当c3时，f(x)e2xe2x3x，那么f(x)2e2x2e2x32310，故f(x)在R上为增函数(3)由(1)知f(x)2e2x2e2xc，而2e2x2e2x24，当x0时等号成立下面分三种情况进行讨论当c0，此时f(x)无极值；当c4时，对任意x0，f(x)2e2x2e2x40，此时f(x)无极值；当c4时，令e2xt，注意到方程2tc0有两根t1，t2，t1t20，即f(x)0有两个根x1ln t1或x2ln t2.当x1xx2时，f(x)x2时，f(x)0，从而f(x)在xx2处取得极小值综上，若f(x)有极值，则c的取值范围为(4，)典例赏析1(文科)(xx广东高考)已知函数f(x)x3x2ax1(aR)(1)求函数f(x)的单调区间；(2)当a0时，试讨论是否存在x0，使得f(x0)f.思维导引(1)由函数的导数与函数的单调性之间的关系求解；(2)先由a0得函数的单调性，求得函数的最大值是f(0)或f(1)再讨论求解得答案解(1)f(x)x22xa，方程x22xa0的判别式44a4(1a)，若a1，则0，f(x)x22xa0，f(x)在R上单调递增若a0，方程x22xa0有两个不同的实数根，x11，x21，当xx2时，f(x)0；当x1xx2时，f(x)0，f(x)的单调递增区间为和，单调递减区间为.(2)当a0，且f(0)1，f，f(1)a，此时x10，令x2得a.当a0时，x10x2，f(x)在(0，x2)上单调递减，在上单调递增，在上单调递增()若af，存在x0，使得f(x0)f；()当a0时，f(0)f，不存在x0，使得f(x0)f；当a时，f(x)在上单调递减，在上单调递增不存在x0，使得f(x0)f.当a时，f0，从而g(x)0，故g(x)在1，)上也单调递增，g(x)ming(1)2，k2.题型二利用导数证明不等式典例赏析2 (xx新课标全国高考)已知函数f(x)exln(xm)(1)设x0是f(x)的极值点，求m，并讨论f(x)的单调性；(2)当m2时，证明f(x)0.思维导引(1)f(x)0解得m，在f(x)的定义域内确定f(x)0，f(x)0即可，故只要f(x)min0，确定函数f(x)的最小值点后论证其最小值大于0.解(1)解：f(x)ex.由x0是f(x)的极值点得f(0)0，所以m1.于是f(x)exln(x1)，定义域为(1，)，f(x)ex.函数f(x)ex在(1，)上单调递增，且f(0)0，因此当x(1,0)时，f(x)0，所以f(x)在(1,0)上单调递减，在(0，)上单调递增(2)证明：当m2，x(m，)时，ln(xm)ln(x2)，故只需证明当m2时，f(x)0.当m2时，函数f(x)ex在(2，)上单调递增又f(1)0，故f(x)0在(2，)上有唯一实根x0，且x0(1,0)当x(2，x0)时，f(x)0，从而当xx0时，f(x)取得最小值由f(x0)0得ex0，ln(x02)x0，故f(x)f(x0)x00.综上，当m2时，f(x)0.导数研究实数区间D上的不等式的主要表现形式是“证明不等式在区间D上成立，不等式在区间D上恒成立，求参数k的范围”等(1)证明区间D上不等式成立的策略：构造函数f(x)，把不等式转化为证明f(x)0，f(x)f(x)或(k)0，y0，则xln xyln y(xy)ln .解：(1)当b2时，h(x)ln xax22xh(x)ax2.h(x)有单调减区间，h(x)0有解，即0，ax22x10有解()当a0时符合题意；()当a0，即a1.a的取值范围是(1，)(2)当a0，b1时，设(x)f(x)g(x)ln(x1)x，(x)1.x1，讨论(x)的正负得下表：x(1,0)0(0，)(x)0(x)最大值当x0时(x)有最大值0，即(x)0恒成立，当x(1，)时，f(x)g(x)0恒成立(3)证明：x0，y0，xln xyln y(xy)ln xyxln yln xln yln xln yln .由(2)有xlnylnxy0xln xyln y(xy)ln .题型三利用导数研究恒成立问题对应学生用书理53页 文50页 典例赏析3 (xx珠海检测)已知函数f(x)(a1)ln xax2，aR.(1)当a时，求f(x)的最大值；(2)讨论函数f(x)的单调性；(3)如果对任意x1，x2(0，)，|f(x1)f(x2)|4|x1x2|恒成立，求实数a的取值范围思维导引(1)对函数f(x)求导，得到f(x)的单调递增区间和单调递减区间，进而得到f(x)最小值； (2)对函数f(x)求导，然后对a分情况进行讨论得到f(x)的单调区间； (3)分当a0时， 当a1时， 当1a0，故f(x)在(0，)上单调递增；当a1时，f(x)0，故f(x)在(0，)上单调递减；当1a0；当x，f(x)0.故f(x)在x上单调递增；在x上单调递减(3)不妨设00，故f(x)在(0，)上单调递增，即f(x2)4x2f(x1)4x1恒成立构造函数g(x)f(x)4x，须证g(x)f(x)4x在(0，)上单调递增，即证g(x)f(x)42ax40，即2ax24xa10(x0)恒成立当a0时，则由4x10得x，不合题意，即a0，则a0.根据二次函数y2ax24xa1(x0)开口方向向上，对称轴x0，所以只需0，可得168a(a1)0，解得a1(a2舍去)当a1时，f(x)0)恒成立. 根据二次函数y2ax24xa1(x0)开口方向向下，对称轴x0，所以只需0，可得168a(a1)0，解得a2(a1舍去)当1a0时，f(x)在x上单调递增；在x上单调递减，此时|f(x1)f(x2)|4|x1x2|等价于f(x2)4x2f(x1)4x1恒成立或者f(x2)4x2f(x1)4x1恒成立，由上可知a1或a2，这与1a0时，试讨论f(x)在(1,1)内的极值点的个数解：(1)由题意知f(x)x33x，所以f(x)2x23.又f(3)9，f(3)15，所以曲线yf(x)在点(3，f(3)的切线方程为15xy360.(2)由题意2ax21ln x，即a对一切x(0，)恒成立设g(x)，则g(x).当0x0；当xe时，g(x)时，存在x0(1,1)，使得f(x0)0.因为f(x)2x24ax3开口向上，所以在(1，x0)内f(x)0，在(x0,1)内f(x)时，f(x)在(1,1)内有且只有一个极值点，且是极大值点当0a时，又因为f(x)2x24ax3开口向上，所以在(1,1)内f(x)，f(x)在(1,1)内的极值点的个数为1；当00得单调递增区间，解不等式f(x)0，f(x)x(2ln x1)令f(x)x(2ln x1)0，得2ln x10，即x；令f(x)x(2ln x1)0，得2ln x10，即0x0)，设g(x)xln x，g(x)ln xg(1)0，当0x1时，g(x)1时，g(x)0，g(x)单调递增，所以x0时，g(x)ming(1)1所以k1，k的取值范围是1，)研究方程根，可以通过构造函数g(x)的方法，把问题转化为研究构造的函数g(x)的零点问题研究函数g(x)零点的策略是：(1)如果函数g(x)在已知区间上是单调的，则其最多只有一个零点，再结合函数的零点存在定理，确定其零点是否存在(2)如果函数g(x)在已知区间不是单调的，则求出这个函数的极值点和单调区间，再结合g(x)的极值与零的大小，以及函数g(x)的单调性、结合零点存在定理判断其零点的个数4已知函数f(x)x22aln xbx.(1)若a，函数f(x)在其定义域内是增函数，求b的最大值；(2)若b0，关于x的方程f(x)2ax0有唯一解，求实数a的取值范围解：(1)依题意a时，f(x)ln xx2bx，且在其定义域(0，)上是增函数，f(x)2xb0对x(0，)恒成立，即b2x对x(0，)恒成立，只需bmin.x0，2x2，当且仅当x时取“”，b2，故b的最大值为2.(2)记(g)xf(x)2axx22aln x2ax，g(x)2x2a(x2axa)若方程f(x)2ax有唯一解，即g(x)0有唯一解. 令g(x)0，得x2axa0.因为a0，x0，所以x10(舍去)，x2. 当x(0，x2)时，g(x)0，g(x)在(x2，)上是单调递增函数当xx2时，g(x2)0，g(x)ming(x2)因为g(x)0有唯一解，所以g(x2)0.则即两式相减得aln x2ax2a0，因为a0，所以2ln x2x210(*)设函数h(x)2ln xx1，因为在x0时，h(x)是增函数，所以h(x) 0至多有一解因为h(1)0，所以方程(*)的解为x21，从而解得a.1(xx武威市凉州区一诊)已知函数f(x)(ax2)ex在x1处取得极值(1)求a的值； (2)求函数f(x)在m，m1上的最小值；(3)求证：对任意x1，x20,2，都有|f(x1)f(x2)|e.解：(1)解：f(x)aex(ax2)ex(axa2)ex.由已知得f(1)0，即(2a2)ex0，解得a1.当a1时，在x1处函数f(x)(x2)ex取得极小值，所以a1.(2)解：f(x)(x2)ex，f(x)ex(x2)ex(x1)ex.x(，1)1(1，)f(x)0f(x)减极小值增所以函数f(x)在(，1)上单调递减，在(1，)上单调递增当m1时，f(x)在m，m1单调递增，fmin(x)f(m)(m2)em.当0m1时，m11时，设函数g(x)，若实数b满足ba且gg(a)，g(b)2g，求证：4b时，由f(x)0得x1，x2，若ax20，由f(x)0，得0xx1；由f(x)0，得x2x0，则x10x2，由f(x)x1；由f(x)0，得0xx1.f(x)的单调减区间为，单调增区间为. 综上所述：当a时，f(x)的单调减区间为(0，)；当a1)由gg(a)得|ln(a1)|.1ab，b1a1(舍)，或(a1)(b1)1.1(a1)(b1)2.由g(b)2g得|ln(b1)|22，(*)因为1，所以(*)式可化为ln(b1)2ln(a1)(b1)，即b12.令b1t(t1)，则t2，整理得t44t32t210，从而(t1)(t33t2t1)0，即t33t2t10.记h(t)t33t2t1，t1.h(t)3t26t1，令h(t)0得t1(舍去)，t1，列表：th(t)h(t)所以，h(t)在单调减，在单调增，又因为h(3)0，所以3t4，从而4b5.对应学生用书理55页 文52页 3(xx临沂市质检)已知函数f(x)ln x.(1)若直线yxm与函数f(x)的图象相切，求实数m的值；(2)证明曲线yf(x)与曲线yx有唯一的公共点；(3)设0ab，比较与的大小，并说明理由解：(1)f(x)，设切点为(x0，y0)，则k1，x01，y0ln x0ln 10，代入yxm，得m1.(2)证明：令h(x)f(x)ln xx，则h(x)10，h(x)在(0，)内单调递减又h(1)ln 1110，x1是函数h(x)唯一的零点，故点(1,0)是两曲线唯一的公共点(3) ln ，0a1.构造函数(x)ln x，(x1)，则(x)0，(x)在(1，)内单调递增，又当x1时，(1)0，x1时，(x)0，即ln x，则有ln 成立，即.即.4(xx湖北省八市联考)定义在R上的函数g(x)及二次函数h(x)满足g(x)2g(x)ex9，h(2)h(0)1且h(3)2.(1)求g(x)和h(x)的解析式；(2)对于x1，x21,1，均有h(x1)ax15g(x2)x2g(x2)成立，求a的取值范围；(3)设f(x)，讨论方程ff(x)2的解的个数情况解：(1)g(x)2g(x)ex9，g(x)2g(x)ex9，即g(x)2g(x)2ex9.由联立解得：g(x)ex3.h(x)是二次函数，且h(2)h(0)1，可设h(x)ax(x2)1，由h(3)2，解得a1.h(x)x(x2)1x22x1.g(x)ex3，h(x)x22x1.(2)设(x)h(x)ax5x2(a2)x6，F(x)ex3x(ex3)(1x)ex3x3，依题意知：当1x1时，(x)minF(x)max.F(x)ex(1x)(ex3)3xex3，F(x)ex(1x)，当x1,1时，F(x)0，F(x)在1,1上单调递减，F(x)minF(1)3e0.F(x)在1,1上单调递增，F(x)maxF(1)0，解得3a7，实数a的取值范围为3,7(3)f(x)的图象如图所示：令Tf(x)，则f(T)2.T11，T2ln 5，f(x)1有两个解，f(x)ln 5有3个解ff(x)2有5个解5(理科)(xx漳州市质检)给出定义在(0，)上的三个函数f(x)ln x，g(x)x2af(x)，h(x)xa，已知g(x)在x1处取极值(1)求实数a的值，并确定函数h(x)的单调性；(2)求证：当1xe2时，恒有x0x1，h(x)100x1.所以h(x)在(1，)上是增函数，在(0,1)上是减函数(2)当1xe2时，0ln x2，即0f(x)2，欲证x，只需证x2f(x).设(x)f(x)ln x，则(x).当1x0，所以(x)在区间(1，e2)上为增函数从而当1x(1)0，即f(x)，故x.(3)y2ln xx2m，则y2x，x，故y0时，x1.当x0；当1xe时，y0.故函数y(x)在x1处取得极大值(1)m1.又m2，(e)m2e2，(e)4e20，则(e)，y(x)在上的最小值是(e)y(x)在上有两个零点的条件是解得1e2.解析：(1)f(x)ln xcx，x(0，)，f(x)c.当c0时，f(x)单调增区间为(0，)；当c0时，f(x)单调增区间为，f(x)单调减区间为.(2)f(x)x2，ln xcxx2，cx.设g(x)x，g(x)，g(x)在(0,1)单调递增，在(1，)单调递减g(x)maxg(1)1，c1.(3)证明： f(x)有两个相异零点，ln x1cx1，ln x2cx2，ln x1ln x2c(x1x2)，c，而x1x2e2，等价于ln x1ln x22，即cx1cx22，由得：(x1x2)2.不妨设x1x20，则t1，上式转化为ln t(t1)设H(t)ln t(t1)，则H(t)0，故函数H(t)是(1，)上的增函数，所以H(t)H(l)0，即不等式ln t成立，故所证不等式x1x2e2成立. 6(理科)(xx南平市质检)设函数g(x)x22x1mln x，(mR)(1)当m1时，求过点P(0，1)且与曲线yg(x)(x1)2相切的切线方程；(2)求函数yg(x)的单调增区间；(3)若函数yg(x)有两个极值点a，b，且a0并结合定义域得2x22xm0，对应一元二次方程的判别式4(12m)当0，即m时，g(x)0，则函数g(x)的增区间为(0，)；当0m时，函数g(x)的增区间为，；当m0时，函数g(x)的增区间为.(3)g(x)2x2，令g(x)0得2x22xm0，由题意知方程有两个不相等的正数根a，b(ab)，则解得0m， 解方程得b，则b0，即函数g(b)是上的增函数，所以g(b)0，故g(b)的取值范围是.则g(b)1.同理可求0a，g(a)a22a1(2a22a)ln a，a，g(a)4ln a0，即函数g(a)是上的减函数，所以g(a)cos(g(a)g(b)；当g(a)0时，sincos(g(a)g(b)6(文科)(xx南平市质检)已知函数f(x)exx.(1)求曲线yf(x)在点(1，f(1)处的切线方程；(2)已知t为实数，求函数f(x)在区间t，t2上的最小值；(3)定义在区间D上的函数g(x)，若存在区间a，bD及实常数m，当xa，b时，g(x)的取值范围恰为am，bm，则称区间a，b为g(x)的一个同步偏移区间，m为同步偏移量试问函数yf(x)x(x21)在(1，)上是否存在同步偏移区间？若存在，请求出一个同步偏移区间及对应的偏移量；若不存在，请说明理由解：(1)由题意知f(1)e1，f(x)ex1.函数f(x)在点(1，f(1)处的切线斜率ke1，切线方程为y(e1)(e1)(x1)，即y(e1)x.(2)令f(x)ex10得x0.当t0时，在t，t2上f(x)0，f(x)单调递增，fminxf(t)ett.当2t1时，g(x)0，g(x)为增函数，即方程(x21)exxm有两个大于1的相异实根设(x)(x21)exxm(x1)，则(x)(x22x1)ex1.x1，(x)0，(x)在(1，)上单调递增. (x)在区间(1，)上至多有一个零点与方程(x21)exxm有两个大于1的相异实根矛盾，假设不成立，即g(x)在(1，)上不存在同步偏移区间