统考版2024届高考数学一轮复习第三章3.2.2利用导数研究函数的极值最值课时作业理含解析20230426153

统考版2024届高考数学一轮复习第三章3.2.2利用导数研究函数的极值最值课时作业理含解析20230426153课时作业15利用导数研究函数的极值、最值[基础达标]一、选择题1．函数y＝f(x)的导函数的图象如图所示，则下列说法不正确的是()A．(－1,3)为函数y＝f(x)的单调递增区间B．(3,5)为函数y＝f(x)的单调递减区间C．函数y＝f(x)在x＝0处取得极大值D．函数y＝f(x)在x＝5处取得极小值2．函数f(x)＝2x3＋9x2－2在[－4,2]上的最大值和最小值分别是()A．25，－2B．50,14C．50，－2D．50，－143．已知a为函数f(x)＝x3－12x的极小值点，则a等于()A．－4B．－2C．4D．24．若函数f(x)＝x3－3bx＋3b在(0,1)内有极小值，则()A．0<b<1B．b<1C．b>0D．b<eq\f(1,2)5．[2021·武昌区高三年级调研考试]已知函数f(x)＝xex－lnx－x－2，g(x)＝eq\f(ex－2,x)＋lnx－x的最小值分别为a，b，则()A．a＝bB．a<bC．a>bD．a，b的大小关系不确定二、填空题6．函数f(x)＝eq\f(1,2)x2＋x－2lnx的最小值为________．7．已知函数f(x)＝x3－3ax＋b的单调递减区间为(－1,1)，其极小值为2，则f(x)的极大值是________．8．函数f(x)＝(x2－x－1)ex(e＝2.718…是自然对数的底数)的极值点是________；极大值为________．三、解答题9．若函数y＝f(x)在x＝x0处取得极大值或极小值，则称x0为函数y＝f(x)的极值点．已知a，b是实数，1和－1是函数f(x)＝x3＋ax2＋bx的两个极值点．(1)求a，b的值．(2)设函数g(x)的导数g′(x)＝f(x)＋2，求g(x)的极值点．

10.[2021·广东五校联考]已知函数f(x)＝ax＋lnx，其中a为常数．(1)当a＝－1时，求f(x)的最大值；(2)若f(x)在区间(0，e]上的最大值为－3，求a的值．[能力挑战]11．[2021·南昌市高三年级摸底测试卷]若函数f(x)＝(x－1)ex－ax(e为自然对数的底数)有两个极值点，则实数a的取值范围是()A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,e)，0))B．(－∞，0)C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,e)，＋∞))D．(0，＋∞)12．[2021·安徽省部分重点校高三联考试题]已知函数f(x)＝ax－lnx，x∈[1，e]的最小值为3，若存在x1，x2，…，xn∈[1，e]，使得f(x1)＋f(x2)＋…＋f(xn－1)＝f(xn)，则正整数n的最大值为()A．2B．3C．4D．513．[2021·开封市高三模拟考试]设点P为函数f(x)＝lnx－x3的图象上任意一点，点Q为直线2x＋y－2＝0上任意一点，则P，Q两点距离的最小值为________．课时作业151．解析：由函数y＝f(x)的导函数的图象可知，当x<－1或3<x<5时，f′(x)<0，y＝f(x)单调递减；当x>5或－1<x<3时，f′(x)>0，y＝f(x)单调递增，所以函数y＝f(x)的单调递减区间为(－∞，－1)，(3,5)，单调递增区间为(－1,3)，(5，＋∞)，函数y＝f(x)在x＝－1,5处取得极小值，在x＝3处取得极大值，故选项C错误，故选C.答案：C2．解析：∵f(x)＝2x3＋9x2－2，∴f′(x)＝6x2＋18x.当x∈[－4，－3)或x∈(0,2]时，f′(x)>0，f(x)为增函数．当x∈(－3,0)时，f′(x)<0，f(x)为减函数．由f(－4)＝14，f(－3)＝25，f(0)＝－2，f(2)＝50，故函数f(x)＝2x3＋9x2－2在[－4,2]上的最大值和最小值分别是50，－2，故选C.答案：C3．解析：由题意得f′(x)＝3x2－12，由f′(x)＝0得x＝±2，当x∈(－∞，－2)时，f′(x)>0，函数f(x)单调递增，当x∈(－2,2)时，f′(x)<0，函数f(x)单调递减，当x∈(2，＋∞)时，f′(x)>0，函数f(x)单调递增，所以a＝2.答案：D4．解析：f(x)在(0,1)内有极小值，则f′(x)＝3x2－3b在(0,1)上先负后正，∴f′(0)＝－3b<0.∴b>0.f′(1)＝3－3b>0，∴b<1.综上，b的取值范围为0<b<1，故选A.答案：A5．解析：令h(x)＝ex－x－1，则h′(x)＝ex－1，因为x<0时，0<ex<1，x≥0时，ex≥1，所以h(x)在(－∞，0)上单调递减，在[0，＋∞)上单调递增，所以ex≥x＋1，所以f(x)＝xex－lnx－x－2＝elnx·ex－lnx－x－2＝ex＋lnx－(x＋lnx)－2≥x＋lnx＋1－(x＋lnx)－2＝－1＝a，g(x)＝eq\f(ex－2,x)＋lnx－x＝x－1·ex－2＋lnx－x＝e－lnx＋x－2＋lnx－x≥x－lnx－2＋1＋lnx－x＝－1＝b，所以a＝b，故选A.答案：A6．解析：因为f′(x)＝x＋1－eq\f(2,x)＝eq\f(x＋2x－1,x)(x>0)，所以f(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，所以f(x)min＝f(1)＝eq\f(1,2)＋1＝eq\f(3,2).答案：eq\f(3,2)7．解析：因为f(x)的单调递减区间为(－1,1)，所以a>0，由f′(x)＝3x2－3a＝3(x－eq\r(a))(x＋eq\r(a))，可得a＝1，由f(x)＝x3－3ax＋b在x＝1处取得极小值2，可得1－3＋b＝2，故b＝4.所以f(x)＝x3－3x＋4的极大值为f(－1)＝(－1)3－3×(－1)＋4＝6.答案：68．解析：由已知得f′(x)＝(x2－x－1＋2x－1)ex＝(x2＋x－2)ex＝(x＋2)(x－1)ex，因为ex>0，令f′(x)＝0，可得x＝－2或x＝1，当x<－2时，f′(x)>0，即函数f(x)在(－∞，－2)上单调递增；当－2<x<1时，f′(x)<0，即函数f(x)在区间(－2,1)上单调递减；当x>1时，f′(x)>0，即函数f(x)在区间(1，＋∞)上单调递增．故f(x)的极值点为－2或1，且极大值为f(－2)＝eq\f(5,e2).答案：1或－2eq\f(5,e2)9．解析：(1)由题设知f′(x)＝3x2＋2ax＋b，且f′(－1)＝3－2a＋b＝0，f′(1)＝3＋2a＋b＝0，解得a＝0，b＝－3.(2)由(1)知f(x)＝x3－3x，则g′(x)＝f(x)＋2＝(x－1)2(x＋2)，所以g′(x)＝0的根为x1＝x2＝1，x3＝－2，即函数g(x)的极值点只可能是1或－2.当x<－2时，g′(x)<0，当－2<x<1时，g′(x)>0，∴x＝－2是g(x)的极值点当x>1时，g′(x)>0，所以1不是g(x)的极值点．∴g(x)的极值点是－2.10．解析：(1)易知f(x)的定义域为(0，＋∞)，当a＝－1时，f(x)＝－x＋lnx，f′(x)＝－1＋eq\f(1,x)＝eq\f(1－x,x)，令f′(x)＝0，得x＝1.当0<x<1时，f′(x)>0；当x>1时，f′(x)<0.所以f(x)在(0,1)上是增函数，在(1，＋∞)上是减函数．所以f(x)max＝f(1)＝－1.所以当a＝－1时，函数f(x)在(0，＋∞)上的最大值为－1.(2)f′(x)＝a＋eq\f(1,x)，x∈(0，e]，eq\f(1,x)∈eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，＋∞)).①若a≥－eq\f(1,e)，则f′(x)≥0，从而f(x)在(0，e]上是增函数，所以f(x)max＝f(e)＝ae＋1≥0，不符合题意；②若a<－eq\f(1,e)，令f′(x)>0得a＋eq\f(1,x)>0，结合x∈(0，e]，解得0<x<－eq\f(1,a)，令f′(x)<0得a＋eq\f(1,x)<0，结合x∈(0，e]，解得－eq\f(1,a)<x≤e.从而f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(1,a)))上为增函数，在eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1,a)，e))上为减函数，所以f(x)max＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,a)))＝－1＋lneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,a))).令－1＋lneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,a)))＝－3，得lneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,a)))＝－2，即a＝－e2，因为－e2<－eq\f(1,e)，所以a＝－e2为所求．故实数a的值为－e2.11．解析：由题意得f′(x)＝exx－a，因为函数f(x)＝ex(x－1)－ax有两个极值点，所以f′(x)＝0有两个不等根，即a＝exx有两个不等根，所以直线y＝a与y＝exx的图象有两个不同的交点．令g(x)＝exx，则g′(x)＝ex(x＋1)．当x<－1时，g′(x)<0，当x>－1时，g′(x)>0，所以函数g(x)在(－∞，－1)上单调递减，在(－1，＋∞)上单调递增，当x＝－1时，g(x)取得最小值，且最小值为－eq\f(1,e).当x<0时，g(x)<0，当x>0时，g(x)>0，则可得函数g(x)的大致图象，如图所示，则－eq\f(1,e)<a<0，故选A.答案：A12．解析：f′(x)＝a－eq\f(1,x)，∵x∈[1，e]，∴eq\f(1,x)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，1)).当a≤eq\f(1,e)时，f′(x)≤0，所以f(x)在[1，e]上单调递减，所以f(x)min＝f(e)＝ae－1＝3，解得a＝eq\f(4,e)∉eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，\f(1,e)))，不合题意，舍去；当eq\f(1,e)<a<1时，令f′(x)＝0得x＝eq\f(1,a)，当1≤x<eq\f(1,a)时，f′(x)<0，当eq\f(1,a)<x≤e时，f′(x)>0，所以f(x)在eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(1,a)))上单调递减，在eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，e))上单调递增，所以f(x)min＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)))＝1－lneq\f(1,a)＝3，解得a＝e2∉eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，1))，不合题意，舍去；当a≥1时，f′(x)≥0，所以f(x)在[1，e]上单调递增，所以f(x)min＝f(1)＝a＝3≥1，符合题意．综上可知，a＝3.所以f(x)＝3x－lnx，x∈[1，e]，所以f(x)max＝f(e)＝3e－1，f(x)min＝f(1)＝3.要想存在x1，x2，x3，…，xn∈[1，e]，使得f(x1)＋f(x2)＋…＋f(xn－1)＝f(xn)，且正整数n最大，则f(x1)＝f(x2)＝…＝f(xn－1)＝f(x)min，f(xn)＝f(x)max，则3(n－1)≤3e－1，解得n≤e＋eq\f(2,3)，又n∈N*，所以n≤3，从而n的最大值为3，故选B.答案：B13．解析：由题意知，当函数f(x)的图象在点P(x0，y0)处的切线l1与直线l2：2x＋y－2＝0平行，且PQ⊥l2时，P，Q两点之间的距离最小．因为f(x)＝lnx－x3，所以f′(x)＝eq\f(1,x)－3x2，所以eq\f(1,x0)－3xeq\o\al(2,0)＝－2，解得x0＝1，所以y0＝－1，故切线l1的方程为2x＋y－1＝0.由两平行直线之间的距离公式可得切线l1与直线l2之间的距离d＝eq\f(|－1－－2|,\r(5))＝eq\f(\r(5),5)，故P，Q两点距离的最小值为eq\f(\r(5),5).答案：eq\f(\r(5),5)课时作业16导数的综合应用[基础达标]1．[2021·长沙市四校高三年级模拟考试]已知函数f(x)＝sinx－xcosx－eq\f(1,6)x3，f′(x)为f(x)的导数．(1)证明：f′(x)在区间eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上不存在零点；(2)若f(x)>kx－xcosx－eq\f(1,6)x3－1对x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))恒成立，求实数k的取值范围．2．[2021·山东泰安一中联考]已知函数f(x)＝eq\f(1,2)x2－alnx＋1(a∈R)．(1)若函数f(x)在[1,2]上是单调递增函数，求实数a的取值范围；(2)若－2≤a<0，对任意x1，x2∈[1,2]，不等式|f(x1)－f(x2)|≤meq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(1,x1)－\f(1,x2)))恒成立，求实数m的取值范围．3.[2021·河北省九校高三联考试题]已知函数f(x)＝ex－cosx.(1)求f(x)的图象在点(0，f(0))处的切线方程；(2)求证：f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，＋∞))上仅有2个零点．4．[2021·郑州模拟]已知函数f(x)＝eq\f(ex,x)＋a(x－lnx)，a∈R.(1)当a＝－e时，求f(x)的最小值；(2)若f(x)有两个零点，求参数a的取值范围．[能力挑战]5．已知函数f(x)＝x－(a＋1)lnx－eq\f(a,x)(a∈R)，g(x)＝eq\f(1,2)x2＋ex－xex.(1)当x∈[1，e]时，求f(x)的最小值；(2)当a<1时，若存在x1∈[e，e2]，使得对任意的x2∈[－2,0]，f(x1)<g(x2)恒成立，求a的取值范围．课时作业161．解析：(1)由题意得f′(x)＝xsinx－eq\f(1,2)x2＝xeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sinx－\f(1,2)x))，令g(x)＝sinx－eq\f(1,2)x，则g′(x)＝cosx－eq\f(1,2)，当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,3)))时，g′(x)>0，g(x)单调递增；当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，\f(π,2)))时，g′(x)<0，g(x)单调递减．又g(0)＝0，geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)))＝eq\f(\r(3),2)－eq\f(π,6)>0，geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))＝1－eq\f(π,4)>0，∴g(x)>0在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上恒成立，故f′(x)>0在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上恒成立，故f′(x)在区间eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上不存在零点．(2)由f(x)>kx－xcosx－eq\f(1,6)x3－1，得sinx>kx－1.∵x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，∴k<eq\f(sinx＋1,x)，令t(x)＝eq\f(1＋sinx,x)，则t′(x)＝eq\f(xcosx－sinx－1,x2)，令m(x)＝xcosx－sinx－1，则当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))时，m′(x)＝－xsinx<0恒成立，∴m(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上单调递减，∴当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))时，m(x)<m(0)＝－1<0，∴t′(x)<0在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上恒成立，即t(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上单调递减，∴当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))时，t(x)>teq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))＝eq\f(4,π)，∴k≤eq\f(4,π)，∴k的取值范围是eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，\f(4,π))).2．解析：(1)易知f(x)不是常值函数，∵f(x)＝eq\f(1,2)x2－alnx＋1在[1,2]上是增函数，∴f′(x)＝x－eq\f(a,x)≥0恒成立，所以a≤x2，只需a≤(x2)min＝1.(2)因为－2≤a<0，由(1)知，函数f(x)在[1,2]上单调递增，不妨设1≤x1≤x2≤2，则|f(x1)－f(x2)|≤meq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(1,x1)－\f(1,x2)))，可化为f(x2)＋eq\f(m,x2)≤f(x1)＋eq\f(m,x1)，设h(x)＝f(x)＋eq\f(m,x)＝eq\f(1,2)x2－alnx＋1＋eq\f(m,x)，则h(x1)≥h(x2)，所以h(x)为[1,2]上的减函数，即h′(x)＝x－eq\f(a,x)－eq\f(m,x2)≤0在[1,2]上恒成立，等价于m≥x3－ax在[1,2]上恒成立，设g(x)＝x3－ax，所以m≥g(x)max，因－2≤a<0，所以g′(x)＝3x2－a>0，所以函数g(x)在[1,2]上是增函数，所以g(x)max＝g(2)＝8－2a≤12(当且仅当a＝－2时等号成立)．所以m≥12.3．解析：(1)f′(x)＝ex＋sinx，f′(0)＝1，f(0)＝0，∴f(x)的图象在点(0，f(0))处的切线方程为y－0＝x－0，即y＝x.(2)令g(x)＝f′(x)＝ex＋sinx，则g′(x)＝ex＋cosx，当－eq\f(π,2)<x<eq\f(π,2)时，g′(x)>0，∴g(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，\f(π,2)))上单调递增．而geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)))＝－1<0，geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))＝＋1>0，由零点存在性定理知g(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，\f(π,2)))上有唯一零点，∴f′(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，\f(π,2)))上有唯一零点．又f′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)))<0，f′(0)＝1>0，∴f′(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，\f(π,2)))上单调递增且有唯一零点α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，0))，∴x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，α))时，f′(x)<0；x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α，\f(π,2)))时，f′(x)>0.∴f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，α))上单调递减，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α，\f(π,2)))上单调递增，又f(0)＝0，∴f(α)<0，结合feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)))＝>0，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))＝>0，由零点存在性定理知f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，α))上有一个零点，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α，\f(π,2)))上有一个零点0.当x≥eq\f(π,2)时，ex>1，cosx≤1，ex－cosx>0，f(x)>0，此时f(x)无零点．综上，f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，＋∞))上仅有2个零点．4．解析：(1)f(x)＝eq\f(ex,x)＋a(x－lnx)，定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝eq\f(exx－1,x2)＋aeq\f(x－1,x)＝eq\f(x－1ex＋ax,x2)，当a＝－e时，f′(x)＝eq\f(x－1ex－ex,x2)，由于ex≥ex在(0，＋∞)上恒成立．故f(x)在(0,1)上单调递减，f(x)在(1，＋∞)上单调递增．f(x)min＝f(1)＝e＋a＝0.(2)f′(x)＝eq\f(x－1ex＋ax,x2)，当a＝－e时，f(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增．f(x)min＝f(1)＝a＋e＝0，f(x)只有一个零点．当a>－e时，ax>－ex，故ex＋ax>ex－ex≥0在(0，＋∞)上恒成立．故f(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增．f(x)min＝f(1)＝a＋e>0，故当a>－e时，f(x)没有零点．当a<－e时，令ex＋ax＝0，得eq\f(ex,x)＝－a，令φ(x)＝eq\f(ex,x)，φ′(x)＝eq\f(x－1ex,x2).φ(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，φ(x)min＝φ(1)＝e，ex＋ax＝0在(0，＋∞)上有两个零点x1，x2,0<x1<1<x2，f(x)在(0，x1)上单调递减，在(x1,1)上单调递增，在(1，x2)上单调递减，在(x2，＋∞)上单调递增，f(1)＝a＋e<0，又x→0时，f(x)→＋∞，x→＋∞时，f(x)→＋∞.此时f(x)有两个零点．综上，若f(x)有两个零点，则a<－e.5．解析：(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝eq\f(x－1x－a,x2).①当a≤1时，x∈[1，e]，f′(x)≥0，f(x)为增函数，f(x)min＝f(1)＝1－a.②当1<a<e时，x∈[1，a]时，f′(x)≤0，f(x)为减函数；x∈[a，e]时，f′(x)≥0，f(x)为增函数．所以f(x)min＝f(a)＝a－(a＋1)lna－1.③当a≥e时，x∈[1，e]时，f′(x)≤0，f(x)在[1，e]上为减函数．f(x)min＝f(e)＝e－(a＋1)－eq\f(a,e).综上，当a≤1时，f(x)min＝1－a；当1<a<e时，f(x)min＝a－(a＋1)lna－1；当a≥e时，f(x)min＝e－(a＋1)－eq\f(a,e).(2)由题意知f(x)(x∈[e，e2])的最小值小于g(x)(x∈[－2,0])的最小值．由(1)知当a<1时，f(x)在[e，e2]上单调递增，f(x)min＝f(e)＝e－(a＋1)－eq\f(a,e).g′(x)＝(1－ex)x.当x∈[－2,0]时，g′(x)≤0，g(x)为减函数．g(x)min＝g(0)＝1.所以e－(a＋1)－eq\f(a,e)<1，即a>eq\f(e2－2e,e＋1)，所以a的取值范围为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(e2－2e,e＋1)，1)).课时作业17定积分与微积分基本定理[基础达标]一、选择题1．[2021·甘肃兰州一中月考]eq\i\in(-1,1,)|x|dx等于()A．0B．1C．2D.eq\f(1,2)2．[2021·湖北黄冈调研]eq\i\in(-4,4,)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(cos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,2)))＋\r(16－x2)))dx＝()A．8πB．4πC．2πD．π3．已知f(x)为偶函数且eq\i\in(0,6,)f(x)dx＝8，则eq\i\in(-6,6,)f(x)dx等于()A．0B．4C．8D．164．[2021·四川内江适应性测试]由曲线y＝x2＋1，直线y＝－x＋3，x轴正半轴与y轴正半轴围成的图形的面积为()A．3B.eq\f(10,3)C.eq\f(7,3)D.eq\f(8,3)5．[2019·河南八市重点高中第二次联合测评]已知函数f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\r(x)，1<x≤4，,x|x|，－1≤x≤1，))则eq\i\in(-1,4,)f(x)dx＝()A.eq\f(1,4)B.eq\f(14,3)C．7D.eq\f(21,2)6．若eq\i\in(0,1,)(x2＋mx)dx＝0，则实数m的值为()A．－eq\f(1,3)B．－eq\f(2,3)C．－1D．－27．[2021·福州模拟]若f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(lgx，x>0，,x＋\i\in(0,a,)3t2dt，x≤0，))f(f(1))＝1，则a的值为()A．1B．2C．－1D．－28．[2021·郑州模拟]汽车以v＝(3t＋2)m/s做变速运动时，在第1s至第2s之间的1s内经过的路程是()A．5mB.eq\f(11,2)mC．6mD.eq\f(13,2)m9．[2021·湖北孝感模拟]已知eq\i\in(1,e,)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)－m))dx＝eq\f(3－e,2)，则m的值为()A.eq\f(e－1,4e)B.eq\f(1,2)C．－eq\f(1,2)D．－110.[2021·辽宁丹东适应性测试]如图，函数y＝－x2＋2x＋1与y＝1的图象相交，形成一个闭合图形(图中的阴影部分)，则该闭合图形的面积是()A．1B.eq\f(4,3)C.eq\r(3)D．2二、填空题11．[2021·成都市高三摸底测试](－2sinx)dx＝________.12．[2021·湖南株洲质检]若eq\i\in(0,T,)x2dx＝9，则常数T的值为________．13．[2021·江西八所重点中学联考]若函数f(x)＝ln(ex＋1)＋ax为偶函数，则eq\i\in(1,e,)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)－\f(x,a)))dx＝________.14．[2021·河北衡水中学调研]曲线y＝x3－3x和直线y＝x所围成的图形的面积是________．[能力挑战]15．一物体受到与它运动方向相反的力F(x)＝eq\f(1,10)ex＋x的作用，则它从x＝0运动到x＝1时F(x)所做的功等于()A.eq\f(e,10)＋eq\f(2,5)B.eq\f(e,10)－eq\f(2,5)C．－eq\f(e,10)＋eq\f(2,5)D．－eq\f(e,10)－eq\f(2,5)16．[2021·湖南长沙长郡中学第一次适应性考试]已知函数f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－x＋2，x≤2，,\r(1－x－32)，2<x≤4，))则f(x)dx的值为()A.eq\f(9＋4π,8)B.eq\f(1＋4π,4)C.eq\f(1＋π,2)D.eq\f(3＋2π,4)17．[2019·江西上饶第二次模拟]如图，图形由部分正弦曲线y＝sinx与余弦曲线y＝cosx及矩形ABCD组成，向矩形ABCD内掷一粒豆子(大小忽略不计)，若豆子落在矩形ABCD内的任一位置是等可能的，则豆子落在阴影部分的概率为________．课时作业171．解析：如图，由定积分的几何意义可知eq\i\in(-1,1,)|x|dx表示图中阴影部分的面积，故eq\i\in(-1,1,)|x|dx＝2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)×1×1))＝1.答案：B2．解析：coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,2)))＝－sinx．令y＝eq\r(16－x2)，两边平方，得y2＝16－x2(y≥0)，则有x2＋y2＝16(y≥0)，所以函数y＝eq\r(16－x2)在[－4,4]上的图象是圆x2＋y2＝16的上半部分，所以eq\i\in(-4,4,)eq\r(16－x2)dx＝eq\f(1,2)×π×42＝8π.所以eq\i\in(-4,4,)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(cos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,2)))＋\r(16－x2)))dx＝eq\i\in(-4,4,)(eq\r(16－x2)－sinx)dx＝eq\i\in(-4,4,)eq\r(16－x2)dx－eq\i\in(-4,4,)sinxdx＝8π＋cosxeq\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(4,－4))＝8π，故选A项．答案：A3．解析：原式＝eq\i\in(-6,0,)f(x)dx＋eq\i\in(0,6,)f(x)dx，因为原函数为偶函数，即在y轴两侧的图象对称．所以对应的面积相等，即eq\i\in(-6,6,)－6f(x)dx＝2eq\i\in(0,6,)f(x)dx＝8×2＝16.答案：D4.解析：由题意可知题中曲线与坐标轴围成的图形如图中阴影部分所示，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝x2＋1，,y＝－x＋3，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝－2，,y＝5))(舍去)或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝1，,y＝2，))则A(1,2)，结合图形可知，所求的面积为eq\i\in(0,1,)(x2＋1)dx＋eq\f(1,2)×22＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)x3＋x))eq\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(1,0))＋2＝eq\f(10,3)，选B项．答案：B5．解析：函数f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\r(x)，1<x≤4，,x|x|，－1≤x≤1，))则eq\i\in(-1,4,)f(x)dx＝eq\i\in(-1,1,)x|x|dx＋eq\i\in(1,4,)eq\r(x)dx＝0＋eq\f(2,3)xeq\f(3,2)eq\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(4,1))＝eq\f(14,3).故选B项．答案：B6．解析：由题意知eq\i\in(0,1,)(x2＋mx)dx＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x3,3)＋\f(mx2,2)))eq\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(1,0))＝eq\f(1,3)＋eq\f(m,2)＝0，得m＝－eq\f(2,3).答案：B7．解析：因为f(1)＝lg1＝0，f(0)＝eq\i\in(0,a,)3t2dt＝t3eq\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(a,0))＝a3，所以由f(f(1))＝1得a3＝1，所以a＝1.答案：A8．解析：根据题意，汽车以v＝(3t＋2)m/s做变速运动时，汽车在第1s至第2s之间的1s内经过的路程s＝eq\i\in(1,2,)(3t＋2)dt＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3t2,2)＋2t))eq\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(2,1))＝eq\f(13,2)m，故选D.答案：D9．解析：由微积分基本定理得eq\i\in(1,e,)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)－m))dx＝(lnx－mx)eq\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(e,1))＝m＋1－me，结合题意得m＋1－me＝eq\f(3－e,2)，解得m＝eq\f(1,2).故选B.答案：B10．解析：由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝－x2＋2x＋1，,y＝1，))得x1＝0，x2＝2，所以闭合图形的面积S＝eq\i\in(0,2,)(－x2＋2x＋1－1)dx＝eq\i\in(0,2,)(－x2＋2x)dx＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(x3,3)＋x2))eq\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(2,0))＝－eq\f(8,3)＋4＝eq\f(4,3).答案：B11．解析：由定积分的概念及微积分基本定理，得(－2sinx)dx＝2cosxeq\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(π,2),0))＝－2.答案：－212．解析：eq\i\in(0,T,)x2dx＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(