定积分(教师版).doc

定积分一、选择题11等于 （ ）AB2C-2D+210，则 ( ) A.2 B.1 C.2 D.11 若，则大小关系是（ ） Aac b Babc Ccba Dca2当2x4时,f(x)4时,(x)0函数f(x)在(2,4)上是减函数,在(4,+)上是增函数函数f(x)在3,7上的最大值应在端点处取得f(3)在3,7)上的最大值应在端点处取得 f(3)-f(7)= (3ln5-ln1)-(3ln9-ln5)=(ln625-ln7290,f(3)0恒成立,(a一1)x2 +5x一4(a+1)0在(2,+)上恒成立下面分情况讨论(a一1)x2 +5x一4(a+1)0在(2,+)上恒成立时a的解的情况.当a一10在(2,+)上恒成立,当a一l0时,有两种情况:52 十T6(a1)(a+I)0;一2且(a一1)22 +5 x24(a+1)0由得16a2 +90,无解;由得a一a-10.a1综上所述,当a1时,(a1)x2 +5x一4(a+1)0在(2,十上恒成立所求的a的取值范围为1,+)43解:解法一 延长DA、CB交于点O,过点O作CD的垂线分别交AB、CD于E,F,则EF=h 设OE=x, OABODC, ,即x=S梯形 ABCD =SOD C -SOAB =h(x+h)-ax=(b-a)x+bh=(a+b)h解法二 作AB的平行线MN分别交AD、BC于M、N,过点A作BC的平行线AQ分别交MN、DC于P、Q,则AMPADQ设梯形AMNB的高为x,MN=y,则y=a+,S梯形 ABCD =.h2 = (a十b)h4445解:(1)函数f(x)的定义域为(一,+)f(x)= ln(2x+1)一mx(x一),(x) =2x+10, 当m0时,f(x) 0当m0时,令f(x)=0,解得x=列表如下练上所述,当m0时,f(x)的增区间是(一,+);当m0时,f(x)的增区间是(一,),减区间是(,+).(2)若函数2f(x)m+1恒成立,只需2f(x)的最大值小于等于m+l当m0时,2f(x)=ln(2x+1)一2mx,当x+时,2f(x) +,故不成立当m0时,由(1)知f(x)有唯一的极值f(),且是极大值,同时也是最大值从而2f(x)2f()=ln一(1一m)m+1,解得m故函数2f(x)m+1恒成立时,m的取值范围是,+)(3)由(2)知,当m=1时以f(x)取得最大值f(0)=0,1nx,对x一恒成立,当且仅当x=o时取等号,当m=-l时,f(x)= 1n+x,当Iab0时,ab0,f(b)一f(a)=ln又0=一,lnx对x-恒成立,当且仅当x=0时取等号f(b)-f(a)=ln =-又1ab0, =1 ,=1+2一,(x)=在0,1上,当0x0,f(x)单调递增;当x1时,f(x)ln 5,可得a-f(x)ln 5或a-f(x)f(x)+ln 5或af(x)+ln 5恒成立,a ln 15一;af(x)一ln 5恒成立,a1n15一或a 一50(1) (2) 5152(1) (2) BD,.(3) 当时, ,当时, .所以 , 故是与a无关的常数53质点在前10 s内所走过的路程1000M5455解:(1)设g(x)= (a0),g(x)的图象经过坐标原点,c=0g(x十1)=g(x)+2x十l,=+1,即=,a=1,b=0,g(x)=x2 (2)函数f(x)= mx2 一ln(x+1)的定义域为(一1.十), (x) =2mx-=当m=0时,f(x)=一0,函数f(x)在(一1,+)上单调递减; 当m0时,令k(x)=2mx2 +2mx-1,其中=(2m)2 +8m=4m2 +8m,若0,即一2m0,即m0或m0时,x1 =一一0,结合图像可知,当x(一+,+)时,k(x)0,故函数f(x)在(一l,一+)上单调递减,在(一+,+)上单调递增若m一2,则一10,x1 =一+,x2 =一-,故一x1 0,-1x2 0, x(-1, 一一)(一+,+)时,k(x)0,故函数f(x)在(一一,一+)上单调递增,在(-1, 一一)和(一+,+)上的单调递减.综上可得:当m0时,函数f(x)的递减区间是(一+,+),递减区间(-1,一+,+)上单调递减,综上可得:当m0时,函数f(x)的递增区间是(一+,),递减区间是(-1,一+)56解:(1)易知(x)= 因为f(x)在x=1处取得极值,所以f(1)=0,即=0,解得t=3此时,f(x)= ,由解得x=0或x=1当0x1时,f(x)1时.f(x)0,所以x=1时,f(x)取得极小值,所以t=3符合题意(2)由(1)知f(x)= ,因为x0,t0,所以tx+11,-令f(x)=0.即tx2 -tx+t-3=0当t4时,方程tx2 一tx十t一3=0的判别式=t2 4t(t一3)0,此时f(x)0,f(x)在0,+)上为增函数,所以f(x)的单调增区间为0,+) 当ot0,此时,方程,f(x)=0的两根分别为x1 =,x2 =若0t3,则x1 0,此时由f(x)0,解得x,所以f(x)的单调递增区间为(,+),由f(x)0得0x ,所以f(x)的单调递减区间为0,);若3t0.x2 0.此时由f(x)0,解得0x,所以f(x)的单调递增区间为0,t),( ,+),由f(x)0得x,所以f(x)的单调递减区间为,);综上所述,当t4时f(x)的单调递增区间为0,+);当0f3时,f(x)的单调递增区间为(,十),f(x)的单调递减区间为0,);当3t0得函数f(x)的定义域(-1,+ )(x)=2x+2-由(x)0,得x0;由(x)0,得-1x+1,x 一1,e一1时f(x)max =e2 3 不等式mf(x)一m2 十2m+e2 恒成立.即 m是整数, m=-1存在整数m=-1 ,使不等式m0,得0x1g(x)在0,1上单调递减,在1,2上单调递增 方程f(x)=x2 +x+a在0,2上恰有两个相异实根,函数g(x)在0,1和(1,2上各有一个零点,1-2ln2a2-2ln358(1) (2) BD,.(3) 当时, ,当时, .所以 , 故是与a无关的常数59解:(1) f(x)=一x-In(一x),(x)= 1-=当-ex-1时,(x)0,此时f(x)单调递减;当-1x0,此时f(x)单调递增 f(x)的极小值为f(一1)=1(2)由(1)知f(x)在区间一e,o)上有唯一的极小值1,即f(x)在区间-e,0)上的最小值为1即f(x)min =1 所证不等式即f(x) 一,则(x)= ,当-ex0时,(x) 0,故h(x)在-e,0)上单调递减。h(x)max =h(-e)= + (3)假设存在实数a,使f(x)= ax-ln(一x)的最小值为3 f(x)=a-(x-e,0 ) ).若a一,由于x 一e,o),则f(x)=a-0, 函数f(x)= ax-ln在一e,o)上是增函数, f(x)min =f(一e)=-ae一l=3,解得a=-与a-矛盾,舍去,若a一,则当一ex时,(x)=a-0此时f(x)=axIn(一x)是减函数当x0,此时,f(x) =ax-ln(-x)是增函数。 f(x)min =f()=1-1n(一)=3,解得a=e2 ,由知,存在实数a=-,使f(x)的最小值为360解:(1)因为f(x)=aln(x+1)+(x+1)2 ,所以f(x)= +2x+2.自f(1)=0,可得+2+2=0.a一8经检验a=一8时,函数f(x)在x=1处取得极值所以a=一8(2)f(x)=一8In(x+1)+(x+1)2 ,-f(x)= -8ln(x+1)+(x+1)2 又函数f(x)的定义域为(一1,+).所以当x变化时,f(x),f(x)的变化情况如下表由表可知.f(x)的单调递减区间为(一1,1),f(x)的单调递增区间为(1,十) (3)自于g(x)=f(x)= +2+2,所以(x)= +2当x=1时,(x)=4,g(1)=0 所以切线的斜率为4,切点为(1,0),所以切线的方程为y=4(x一1),即4xy一4=O 令x=0,得y=一4,令y=0,得x=l所以AOB的面积S=|-4|1=26162解:(1)由题意可得A(0,a),B(a,0),由于|AB|为分别在两条曲线上的点连成的线段长的最小值, 曲线分别在点A,B处的切线互相平行,且线段AB与切线垂直,又f(x)=aex ,g(x)= ,而f(0)=g(0),a=.即a=1又a0,a=1这时kAB =一1,f(x)=g(1)=1,符合题意f(x)=ex (xR),g(x)=lnx(x0) (2)由(1)可得,不等式恒成立,即为在x (0,1) (1,