高中數(shù)學(xué)導(dǎo)數(shù)、微積分測試題

1、導(dǎo)數(shù)、微積分1、 （ 2012德州二模）如圖，在邊長為兀的正方形內(nèi)的正弦曲線y sin x與x軸圍成的區(qū)P,則點P落在區(qū)域M內(nèi)的概率域記為M （圖中陰影部分），隨機往正方形內(nèi)投一個點A.12C.答案：B解析：區(qū)域M的面積為：SM= 0 sinxdx =2.cosx|0 =2,而正方形的面積為 S=,所以,，2、，所求概率為P=1，選B。_10）成立,2、(2012濟南三模)已知函數(shù)f(x) 3x2 2x 1,若f(x)dx 2f (a答案：13解析：因為 1 f(x) dx=1 (3x 2+2x+1) dx= (x 3+x2+x)| -1 = 4,所以 2(3a 2+2a+1) = 4-1-1

2、? a = - 1 或 a=不33、 （2012萊蕪3月模擬）函數(shù) f （x）x202 x 1x 1 .一. .一一 . 一的圖像與x軸所圍成的封閉圖形x 2的面積為 【答案】56一 21 2213 112 125【斛析】° f(x)dx ° x dx 1 (2 x)dx x 0 (2x x ) 11 .1 o4、(2012濟南二模)已知 、是二次函數(shù)f(x) -x3 -ax2 2bx(a, b R)的兩個極32值點，且 (0,1) ,(1,2),則 2 的取值范圍是()a 2.22八_2A (,-)B. (-,1) C- (1,) D - (,T) (1,)555答案：B

3、解析：因為函數(shù)有兩個極值，則f'(x) 0有兩個不同的根，即f'(0) 02b 0f'(x)x911 Q 984數(shù)g(x) x2圍成的圖形的面積為(2x x2)dx (x2 -x3)04 - -。ax 2b,又 (0,1),(1,2),所以有 f'(1) 0 ,即 1 a 2b 0 。f'(2) 04 2a 2b 0b_的幾何意義是指動點P(a,b)到定點A(2,3)兩點斜a 2率的取值范圍，做出可行域如圖，由圖象可知當直線經(jīng)1 32過AB時，斜率最小，此時斜率為k ,直線3 25 03經(jīng)過AD時，斜率最大，此時斜率為k 1 ,所以1 25、(2012臨

4、沂3月模擬)函數(shù)f(x)322x x x 1在點(1,2)處的切線與函數(shù) g(x) x圍成的圖形的面積等于 4-33-2 1 2 ,即切線方程為【解析】函數(shù)的導(dǎo)數(shù)為 f'(x) 3x2-2x 1 ,所以f'(1)2 y x y 2 2(x 1),整理得y 2x。由y解得交點坐標為(0,0), (2,2),所以切線與函6、( 2012臨沂二模)已知上隨機投一點，點落在y 2x27、(2012青島二模)設(shè)a (1 3x2)dx 4,則二項式(x2 a)6展開式中不含x3項的系 0x. .數(shù)和是A.160 B . 160 C . 161 D . 161【答案】C22 A【解析】(1

5、3x )dx (x x )06 ,所以a 6 42,二項式為(x-),0x展開式的通項為 Tk1 ck(x2)6k(2)k C：x12 3k ( 2)k ,令 12 3k 3,即 k 3,所 x以T4 C3x3( 2)3,所以x3的系數(shù)為23C63160,令x 1,得所有項的系數(shù)和為1,所以不含x3項的系數(shù)和為1 ( 160) 161 ,選C.8、(2012青島二模)已知函數(shù) f x的定義域為1,5 ,部分對應(yīng)值如下表，f x的導(dǎo)函數(shù)f x在0,2上是減函數(shù)；如果當x1,t時，f x的最大值是2,那么t的最大值為4；當1 a 2時，函數(shù)y f x a有4個零點；函數(shù)y f x a的零點個數(shù)可能

6、為 0、1、2、3、4個.其中正確命題的序號是 .【答案】【解析】由導(dǎo)數(shù)圖象可知，當1 x 0或2 x 4時，f'(x) 0,函數(shù)單調(diào)遞增,當0 x 2或4 x 5, f'(x) 0,函數(shù)單調(diào)遞減，當x 0和x4,函數(shù)取得極大值f(0) 2, f(4) 2,當x 2時，函數(shù)取得極小值 f (2),所以正確；正確；因為在當x 0和x 4,函數(shù)取得極大值f(0) 2, f(4) 2,要使當x 1,t函數(shù)f (x)的a知,因為極小值f (2)未知，所以無法判斷函數(shù)yf (x) a有幾個零點，所以不正確,根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性和極值，做出函數(shù)的圖象如圖,2D(線段只代表單調(diào)性)根據(jù)題意函數(shù)的

7、極小值不確定，分f (2) 1或1f(2) 2兩種情況，由圖象知，函數(shù)y f(xDy a的交點個數(shù)有0,1,2 ,3,4等不同情形，所以正確，綜上正確的命題序最大值是4,當2 t 5,所以t的最大值為5,所以不正確；由f(x)號為。9、(2012青島3月模擬)直線2x4與拋物線x2 1所圍成封閉圖形的面積是答案：C【解析】聯(lián)立方程求得交點分別為所以陰影部分的面積為S10、( 2012日照5月模擬)如圖,的面積是(A)(B)(C)223231,22 10D. 16由曲線(D)答案：D【解析】 由定積分的幾何意義， 陰影部分的面積等于33° sinxdx 2 sinxdxcosx|o c

8、osx |2 3.(或3 02 sin xdx -3cosx 02 3)選 D.111、(2012泰安一模)已知 x,y卜1, y 1 , A是曲線y x2與y x圍成的區(qū)域,若向區(qū)域上隨機投一點P,則點P落入?yún)^(qū)域A的概率為A.13本題為幾何概率.區(qū)域的面積為2 24 .區(qū)域A的面1(x2x2)dx (2x 33133x)113,所以點P落入?yún)^(qū)域A的概率為P -34D.工12選D.12、( 2012 濱州二模)已知函數(shù)f (x)=12x , g (x) = elnx。 2(I)設(shè)函數(shù)F (x) = f (x) g(x),求F (x)的單調(diào)區(qū)間;(II )若存在常數(shù) k, m使得f (x) &g

9、t; kx + m,x C R恒成立，且g (x) w kx+ m對xC (0, +8)恒成立，則稱直線y=kx+m為函數(shù)f (x)與g (x)的“分界線”，試問：f (x)與g (x)是否存在“分界線”若存在，求出“分界線”的方程，若不存在，請說明理由。1 2斛析：(I)由于函數(shù) f (x) = x , g (x) = elnx ,1 2因此，F(xiàn) (x) = f (x) g (x) = x elnx ,則 F'(x) x=(x 廚x (o,),x xx當0vxvje時，F(xiàn)'(x) V0,所以F (x)在(0, Je)上是減函數(shù);當x> 括時，F(xiàn)'(x) >

10、0,所以F (x)在(指，+)上是增函數(shù);因此，函數(shù)F (x)的單調(diào)減區(qū)間是(0, 品),單調(diào)增區(qū)間是( Je, + )。(II )由(I )可知，當x= Je時，F(xiàn) (x)取得最小值 F ( Je) = 0,則f (x)與g (x)的圖象在x= 7e處有公共點(品,)°2假設(shè)f(X)與g(X)存在“分界線”，則其必過點(je, £)。2故設(shè)其方程為：yek(x Je),即y kx -| k五， e由f (x) > kx kje對xe r恒成立，2則x2 2kx e 2 k 7e 0對xCR恒成立，所以， 4k2 4(2kVe e) 4k2 8kn 4e e(k 7e

11、)2<0成立,因此k= Ji, “分界線”的方程為：y Vex -2下面證明g (x) & Tex e對xe(0, +8)恒成立，設(shè) G (x)=elnx xM 之則 G'(x) £ 八x),2xx所以當 0vxv 點時，G'(x) 0,當 x>je 時，G'(x)<0, 當x=拓時，G (x)取得最大值0,則g (x) < Vex -對xC (0, +8)恒成立,2故所求“分界線”的方程為：y x -213、( 2012 德州二模)設(shè)函數(shù) f (x) xln x(x 0), g (x) x 2.(I)求函數(shù)f (x)在點M(e

12、, f(e)處的切線方程;(II )設(shè) F(x) ax2 (a 2)x f (x)(a 0),討論函數(shù) F(x)的單調(diào)性;(III )設(shè)函數(shù)H (x) f (x) g(x),是否同時存在實數(shù) m和M (m M ),使得對每1個t m,M ,直線y t與曲線y H (x)(x -, c)都有公共點若存在，求出最小 e的實數(shù)m和最大的實數(shù) M若不存在，說明理由。解析：(I)解：f'(x) =lnx+1 (x>0),則函數(shù) f'(x)在點 M (e, f (e)處的斜率為 f'(e)=2, f (e) = e,所以，所求切線方程為y e=2 (x-e),即y=2xe(I

13、I ) F(x) ax2 (a 2)x In x 1(x 0),2F'(x)2ax (a2) 1 2ax (a 2)x 1 = (2x 1)(ax % 0,a 0),人,1 , 1令 F '(x) = 0,則 x=或 _ ,2 a11.1 ,、1當 0v a <2,即 時，令 f '(x)>o,解得 0xv 或 x>_a 22 a1 1令 F '(x) < 0,解得-<x< -2 a1111、，一、，所以，F(xiàn) (x)在(0,)，(1 ,十 )上單調(diào)遞增，在(11 )單調(diào)遞減。2 a2a11當a=2,即時，F(xiàn)'(x)&g

14、t;0恒成立， a 2所以，F(xiàn) (x)在(0, +)上單調(diào)遞增。rr 11當a >2,即一 一時，a 21111 、一、，所以，F(xiàn) (x)在(0,)，(1 , 十 )上單調(diào)遞增，在(，1 )單調(diào)遞減a 2a 2(III ) H (x) x 2 xln x, H '(x) In x.,令 H '(x) =0,則 x = 1, 1當x在區(qū)間(1,e)內(nèi)變化時，H '(x), H(x)的變化情況如下表: ex1 e1 (-,1) e1(1,e)eH'(x)一0+H(x)22 - e單調(diào)遞減極小值1單調(diào)遞增2一 21又2 2,所以函數(shù)H'(x) (x ,e

15、)的值域為1 , 2。ee據(jù)經(jīng)可得，若 m 1 ,則對每一個t m,M,直線y=t與曲線y H(x)(x - , e) M 2e都有公共點。1并且對每一個t (,m)U(M,)，直線y t與曲線y H(x)(x ,e)都沒有e公共點。綜上，存在實數(shù)m=1和M= 2 ,使得對每一個t m, M ,直線y=t與曲線1 y H(x)(x ,e)都有公共點。e14、(2012 德州一模)已知函數(shù)f(x) ax ln x( a R).(I) 求f(x)的單調(diào)區(qū)間；(n)Tg(x) x2 2x 1 ,若對任意 x1 (0,)，總存在 x2 0,1,使得f ( x1 ) g( x2),求實數(shù)a的取值范圍.,

16、一1 ax 1解析：(I) f '(x) a a(x 0)。 x x當a 0時，由于x>0,故ax+1>0, f '(x) >0,所以f (x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(0,十 )。11、當a 0時，由f '(x) = 0,得x -,在區(qū)間(0, )上，f '(x) >0, aa，一一1,在區(qū)間(一一，+)上，f '(x) <0,a所以，當a 0時，所以f (x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(0, +)。當a 0時，f (x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(0, 1) , f (x)的單調(diào)遞減區(qū)間為 (一工，+)aa(H )由已知,轉(zhuǎn)化為 f(x)max g

17、(x)max,又 g(x)maX = g (0) = 1由(I)知，當a 0時，f (x)在(0, +)遞增，值域為 R,故不符合題意。1 1、，、當a 0時，f (x)在(0, )遞增，在(一 一，十 )遞減，aa11故f (x)的極大值即為取大值，f( 一)1 ln( 一)1 ln( a),aa1所以 1>1 ln (a),斛仔： a< -2 e15、(2012濟南3月模擬)已知函數(shù)f (x) =ax+ln x,其中a為常數(shù)，設(shè)e為自然對數(shù)的底數(shù).(1)當a=-1時，求f (x)的最大值；(2)若f (x)在區(qū)間(0, e上的最大值為-3,求a的值；(3)當a=-1時，試推斷方

18、程|f(x)|二g)-是否有實數(shù)解.x 211 x【答案】 解：(1)當 a=-1 時，f (x) =-x+ln x, f (x)二答一 x x當 0Vx<1 時，f' (x)>0；當 x>1 時，f' (x)<0.1分.f (x)在(0, 1)上是增函數(shù)，在(1, +8)上是減函數(shù)3分f (x)max=f (1) =-1 4分(2)f ' (x)=a+1 , xC (0,e , 1 e 1 5xx e1右a>，則f (x) > 0,從而f (x)在(0,e 上增函數(shù)e1 f(x)max=f (e) =ae+1>0.不合題意11

19、 一1右 a<一，則由 f (x)>0a 一>0,即 0<x<一1.1由 f(x)<0 a <0,即-<x<e.，一1,一，1，一 一從而f(x)在0, 一上增函數(shù)，在 一,e為減函數(shù) aa11 f(x)max=f- =-1+此aa令-1+ln1 =-3，則 In =-212 -一 ,1 a= e為所求eaa1 222 =e ，即 a= e . < e < a由(I)知當 a=-1 時 f (x)max=f (1)=-1 ,|f (x) | >1 10 分In x 1,1 In x又令 g (x)= 一，g， (x)=,令

20、 g (*)=0,得*=3, x 2x2當 0<x<e 時，g' (x)>0, g(x) 在(0, e)單調(diào)遞增；當 x>e 時，g' (x)<0, g(x)在(e,+ 00)單調(diào)遞減 11分g(x)max=g (e) = 1 1<1,g(x)<1 12 分e 2一In x 1 | f (x) |> g(x),即 |f(x)|> 13 分x 2In x 1.方程|f (x) |= -沒有實數(shù)解 14分x 216、( 2012萊蕪3月模擬)已知函數(shù) f (x) x2 ax In x,a R.(I)若函數(shù)f (x)在1 , 2上

21、是減函數(shù)，求實數(shù)a的取值范圍；(n)令g(x) f (x) x ln x(x) ， x,是否存在實數(shù)a,當x 0,e(e是自然常數(shù))時，函數(shù)g(x)的最小值是3,若存在，求出a的值；若不存在，說明理由;(出)當x 0,e時，證明：e2x25-x (x 1)ln x.2(22).解：解：(I)f (x) 2x a22x ax 10在1 , 2上恒成立,令 h(x)2x2 ax有 h(1) h(2)0,0,1, 72,14分所以a(n)假設(shè)存在實數(shù)a,使 g(x)axln x(x(0, e)有最小值3,axg (x)當a0時,g(x)在0 , e上單調(diào)遞減,gmin (x)4 人,g(e) ae

22、1 3,a (舍去). e當1 .e時，g(x)在(0,一)上單倜遞減，在a1(，e)上單調(diào)遞增, a所以g min (x)12g(-) 1 ln a 3,a e ,滿足條件. a當g(x)在0,e上單調(diào)遞減，g min (x) g(e) ae 1c4 人，3,a 一 (舍去).e綜上，存在實數(shù)(0, e時,g(x)有最小值3.10分(出)令F(x)e2xln x ,由Fmin (x)3 ,令ln x (x)xx e時,(x)在(0, e上單調(diào)遞增,所以max ( x )/、15(e)- -e 215 3.2 2所以2.e x ln x2 25e x 一 x (x 1)ln x. 23 217

23、、(2012青島二模)已知函數(shù) f X ln 2 3x x2.2(I)求函數(shù)y的極大值;2m 1由gx0 x3 m 1x ( m為實常數(shù))，試判斷函數(shù) g x的單調(diào)性;(in)若對任意不等式ln x lnx 3x0均成立，求實數(shù)a的取值范圍.解:(Iln3x的定義域為由于3x時,13,時,0.上為增函數(shù);上為減函數(shù),從而極大ln 3(n)In3xm 1 x 2m3x3x0,即1時，g2 3x0,當0,即m 1 時，g3 m 1 x 2m 12m 13 m 1 x 3 m 12 3x2 3x2m 12m 13 m 12一一時，g x 0, 3上為增函數(shù);(ii )若 m2m 12m時，g 12m

24、 1時，g x 0,2m 13 m 1上為增函數(shù)2m 13 m 1上為減函數(shù).綜上可知：當1時,上為增函數(shù);1時,2m上為增函數(shù)，在(出)ln xln2m 13 m 1上為減函數(shù).1_3In32 3x要對任意x3x 0 6而In ,而5a In xa Ina In xIn fln0,32 3x0,x 3x 0均成立，必須:3 lln與 a2 3xIn x不同日為0.11分因當且僅當x131時，ln =0,所以為滿足題意必有32 3xa ln30,rr1即 a ln . 312分18、(2012青島3月模擬)已知函數(shù) f (x) x3.(I)記(x)f (x) - 3f (x),(t R),求(

25、x)的極小值;f (x)(n)若函數(shù)h(x)sinx的圖象上存在互相垂直的兩條切線，求實數(shù)的值及x相應(yīng)的切點坐標.解：（I ）由已知： f x x3,x2t由 x 0 x0,或 x , 3當 t 0時， x 3x2 0, x 在,2tx , x為增函數(shù),_ 2_,3x 2tx 3x（ x此時不存在極值;2t1當t 0時,xxx由上表可知:當t 0時,xxx由上表可知:+x變化時，x ,(,0)x變化如下:2t30極大0.x變化如下:00極大4 3t3.27（n）hx 3 x sinx h x 3 cosx設(shè)兩切點分別為 t1,h t1 , t2,h t2 ，則h t1 h t21costi 3

26、cost22 3 cost1cost2cost1 cost2 1R,方程的判別式3 cost1cost2362cost1 cost24,又1cost1 1, 1cost22從而可得：cost1 cost24cost1 cost2cost1 cost20,4上式要成立當且僅當cost1 1cost11,或cost21 cost2 1此時方程的解為 0 .存在 0,此時函數(shù)h xf xsin x的圖象在點x2k ,0 k Z,k 0處的切線和在點 2m,0 m Z處的切線互相垂直19、2012日照5月模擬)已知二次函數(shù) r(x)x1 2 ax b(a,b為常數(shù)，a R,b R)的一個零點是a ,函

27、數(shù)g(x) ln x ,e是自然對數(shù)的底數(shù).設(shè)函數(shù)f (x) r(x) g(x).(I)過坐標原點 O作曲線yf (x)的切線，證明切點的橫坐標為1 ；“ _ . 、 f (x)_ .(n)令F(x) V，若函數(shù)F(x)在區(qū)間(0, 1上是單調(diào)函數(shù)，求a的取值范圍。 e解：(I) : -a是二次函數(shù)r(x) x(1)當2-a 0,即a 2時，h'(x) 0, h(x)在間(0, 1)上是增函數(shù)。 ax b的一個零點，b=0.2f (x) x ax ln x,1f '(x) 2x a -(x 0) . 2 分x2設(shè)切點為P(x0,y。),則切線的斜率 k 2Xo a 00 .x0

28、x0整理得X02 lnx0 1 0 .顯然，Xo 1是這個方程的解.4分又因為y x2 ln x 1在(0,)上是增函數(shù),所以方程x2 lnx 1 0有唯一實數(shù)解。故x0 1f (x)x2axln xF(x)xx,(D)ee21,x (2 a)x a lnxF'(x)xxc11c2x - - 2 a x xe h 0, h(x) 0在0,1上恒成立，即 F'(x) 0在0,1上恒成立。F(x)在區(qū)間0,1上是減函數(shù)。所以， a 2滿足題意. 10分(2)當2-a<0,即a>2時，設(shè)函數(shù)h'(x)的唯一零點為x0 ,則h(x)在(0, x。)上遞增，在(x0,

29、1)上遞減。又; h(1) 0, h%) 0.又 h(e a) e2a (2 a)e a a ea In ea 0,h(x)在(0, 1)內(nèi)有唯一一個零點 x ,當 x (0, x')時,h (x) <0,當 x (x'1)時,h(x)>0.從而F (x)在(0, x')遞減，在(x' , 1)遞增，與在區(qū)間0,1上是單調(diào)函數(shù)矛盾。. .a>2不合題意.綜合(1) (2)得，a 2 .即a的取值范圍是(,2 . 14分 20、( 2012威海二模)已知函數(shù) f(x) aln x ±x .1 .x一時，f (x) In x 1, 24

30、1 .211(i)當a 時，求f(x)在區(qū)間,e上的最值；2e(n)討論函數(shù)f (x)的單調(diào)性；(出)當 1 a解：(I)當aa.，、0時，有f(x) 1 ln( a)恒成立，求a的取值范圍.2f (x)1 x2x 2x2 12xf(x) 的定義域為 (0,),由 f (x) 0x 1 . 2分.，、1，一，一八，f(x)在區(qū)間1,e上的最值只可能在f (1), fe(1), f (e)取到, e一 51而 f(1), f()4 e147,f(e)1 el24f (x)maxf(e)2一,f ( x) min4f (1) -.44分1(n) f (x)(a 1)x2x當當當0,即a0時，f (x)a 0時，由1 時，f (x) 0,0, f(x)在(0,f （x）在（0,）單調(diào)遞減;）單調(diào)遞增;f (x) 0 得f （x）在（Ja-,）單調(diào)遞增，在（0, ,a 1上單調(diào)遞減;綜上,0時,f（x）在（0,）單調(diào)遞增;0時,f (x)