内容正文:
13. π + 2 ∫ 2
0
( 4 - x2 + x) dx = ∫ 2
0
4 - x2 dx
+ ∫ 2
0
xdxꎬ其中 ∫ 2
0
4 - x2 dx 表示半径为 2 的
圆的面积的
1
4
ꎬ ∫ 2
0
4 - x2 dx = 1
4
π × 22 = πꎬ
∫ 2
0
xdx = 1
2
x2 |20 =2ꎬ因此原式等于 π +2.
14. 1
4
∫ 1
0
f ( x) dx 是一个常数ꎬ 设 为 cꎬ 则 有
f(x) = x - cꎬ所以 x - c + ∫ 1
0
(x - c) dx = xꎬ解
得 c = 1
4
. 故 ∫ 1
0
f(x)dx = 1
4
.
B 组能力提升
1. B 依题意ꎬ在同一坐标系下画出曲线 y = x2 +
2 与直线 y = x + 2 的图象( 图略)ꎬ注意到它们
的交点坐标分别为(0ꎬ2) 与(1ꎬ3)ꎬ结合图形
及定积分的几何意义可知ꎬ所围成的封闭图形
的面积可用定积分表示为 ∫ 1
0
( x - x2 ) dxꎬ故
选 B.
2. B ∫ 5
0
(2x2 - 4)dx = ( 2
3
x3 - 4x) |50 =
2
3
× 125
-20≠1ꎬ ∫ π
0
1
2
sinxdx = - 1
2
cosx | π0 = -
1
2
×
( - 1 - 1) = 1ꎬ ∫ 3
1
1
x
dx = lnx |31 = ln3 ≠ 1ꎬ
∫
π
2
0
2cosxdx =2sinx |
π
2
0 =2. 故选 B.
3. B 由图象可知ꎬn = 3ꎬm = 2. 所以 ∫ 1
0
f(x) dx =
∫ 1
0
(x2 - 3x + 2)dx = ( 1
3
x3 - 3
2
x2 + 2x) | 10
= 5
6
.
4. D ∵ y = sin x 与 y = cos x 的图象在(0ꎬπ) 内
的交 点 为 ( π
4
ꎬ 2
2
)ꎬ ∴ 阴 影 部 分 面 积 为
∫
π
4
0
(cos x - sin x) dx + ∫ ππ
4
(sin x - cos x)dx =
(sin x + cos x)
π
4
0 + ( - cos x - sin x)
π
π
4
=
( 2
2
+ 2
2
- 1) + (1 + 2
2
+ 2
2
) = 2 2 ꎬ 故
选 D.
5. C f(2019) = f(2019 - 5 × 403) = f(4) = f(4
- 5 ) = f ( - 1 ) = 2 - 1 + ∫
π
6
0
cos3tdt. 因 为
( 1
3
sin3t)′ = cos3tꎬ 所 以 ∫
π
6
0
cos3tdt =
1
3
sin3t |
π
6
0 =
1
3
( sin π
2
- sin0 ) = 1
3
ꎬ 所 以
f(2019) = 2 - 1 + 1
3
= 5
6
. 故选 C.
高考大题规范解答系列(一)
———函数与导数
[变式训练 1]
[解析] (1)a = 2 时ꎬf(x) = ln x - 2
x
- xꎬ
f′(x) = 1
x
+ 2
x2
- 1ꎬ
f(2) = ln 2 - 3ꎬf′(2) = 0ꎬ
所以曲线在点(2ꎬf(2)) 处的切线方程为 y =
ln 2 - 3.
(2)f′(x) = a - 1
x
+ a
x2
- 1 = - (x + 1)(x - a)
x2
(1≤x≤3)ꎬ
当 a≤1 时ꎬf ′( x) ≤0ꎬf( x) 在[1ꎬ3] 上单调
递减ꎬ
所以 f(1) = - 2ꎬa = 1ꎻ
当 a≥3 时ꎬf ′( x) ≥0ꎬf( x) 在[1ꎬ3] 上单调
递增ꎬ
所以 f(3) = - 2ꎬa = ln 3 + 1
ln 3 - 1
3
< 3ꎬ舍去ꎻ
当 1 < a < 3 时ꎬf( x) 在(1ꎬa) 上单调递增ꎬ在
(aꎬ3)上单调递减ꎬ
所以 f(a) = - 2ꎬa = e.
综上ꎬa = 1 或 a = e.
[变式训练 2]
[解析] (1)∵ f′(x) = 1
x
+ x - a(x > 0)ꎬ
又 f(x)在(0ꎬ + ∞ )上单调递增ꎬ
所以恒有 f′(x)≥0ꎬ即 1
x
+ x - a≥0(x > 0)恒
成立ꎬ
∴ a≤ ( x + 1
x
) minꎬ 而 x +
1
x
≥2 x 1
x
= 2ꎬ
当且仅当 x = 1 时取等号ꎬ∴ a≤2.
即函数 f(x)在(0ꎬ + ∞ )上为单调增函数时ꎬa
的取值范围是( - ∞ ꎬ2].
(2)f(x2 ) - f( x1 ) = ln
x2
x1
+ 1
2
( x22 - x
2
1 ) - a
(x2 - x1 )ꎬ
又∵ f′(x