2022年高考數(shù)學(xué)尖子生強基?？贾v義專題7：定積分與不定積分【解析版】

2022年高考數(shù)學(xué)尖子生強基計劃專題7定積分和不定積分一、真題特點分析：1.【2020中科大11．】已知，證明：當(dāng)時，不等式成立，且當(dāng)時，該不等式不成立．2.【2020年武大】設(shè)正整數(shù)使得關(guān)于方程在區(qū)間內(nèi)恰有個實根，則（）A.B.C.D.，，成等差數(shù)列解析：根據(jù)對稱性可選ABC二、知識要點拓展定積分：設(shè)函數(shù)在上有界，在中任意插入若干個分點。把區(qū)間分成個小區(qū)間，各小區(qū)間的長度依次為并作和，記，如果不論對怎樣的分法，也不論在小區(qū)間上點怎樣的取法，只要當(dāng)時，和趨于確定的極限，我們稱這個極限為函數(shù)在區(qū)間上的定積分，記為。二．定積分存在定理：①當(dāng)函數(shù)在區(qū)間上連續(xù)時，則在區(qū)間上可積；②設(shè)函數(shù)在區(qū)間上有界，且只有有限個間斷點，則在區(qū)間上可積。三．定積分的幾何意義：時，，則表示的圖像與及軸圍成的曲邊梯形面積；若，令，則表示的圖像與及軸圍成的曲邊梯形面積的負(fù)值。四．微積分基本定理：牛頓-萊布尼茲公式如果是區(qū)間上的連續(xù)函數(shù)，并且，則。若記，則。牛頓-萊布尼茲公式溝通了導(dǎo)數(shù)與積分之間的關(guān)系，由此求定積分問題轉(zhuǎn)化為求原函數(shù)問題。五．洛必塔法則：設(shè)（1）如果當(dāng)時，函數(shù)都趨于零；（2）在內(nèi)，都存在，且；（3）極限存在（或為無窮大）；則存在，且。上述準(zhǔn)則稱為洛必塔法則。六．二次曲線在某點處的切線方程：①設(shè)是圓上一點，則過的圓切線方程為；②設(shè)是橢圓上一點，則過點的橢圓切線方程為；③設(shè)是雙曲線上一點，則過的雙曲線切線方程為；④設(shè)是拋物線上一點，則過的拋物線切線方程為；函數(shù)的單調(diào)性：若函數(shù)在內(nèi)可導(dǎo)，則在內(nèi)遞增（遞減）的充要條件是（），。八．函數(shù)的極值：1.定義：已知函數(shù)及其定義域內(nèi)一點，對于存在一個包含的開區(qū)間內(nèi)的所有點，如果都有則稱函數(shù)在點處取得極大值，記作，并把稱為函數(shù)的一個極大值點；如果都有則稱函數(shù)在點處取得極小值，記作，并把稱為函數(shù)的一個極小值點極大值與極小值統(tǒng)稱為極值，極大值點與極小值點統(tǒng)稱為極值點。注意：（1）.函數(shù)的最大（小）值是函數(shù)在指定區(qū)間內(nèi)的最大（?。┲担唬?）.極值與最值不同，極值只是相對一點附件的局部性質(zhì)，而最值是想對整個定義域內(nèi)或所研究問題的整體性質(zhì)。極值的必要條件：若函數(shù)在可導(dǎo)，且在處取得極值，則。九．兩個重要的極限：1.，2.三、典例精講例1．（復(fù)旦）設(shè)為正數(shù)，，若在區(qū)間上大于0，則的取值范圍是（）。（B）（C）（D）?答案：A?分析與解：，當(dāng)時，，所以在上單調(diào)遞減，所以在上大于0，當(dāng)且僅當(dāng)，即。例2．（清華）已知，過的直線與該函數(shù)圖像相切，且不是切點，求直線斜率。?分析與解：顯然在的圖象上。設(shè)切點為，，所以。另一方面，。所以，，而，所以，所以。例3．（南開）求證：。?分析與解：令，則，。由三角不等式，由知單調(diào)遞增。又，故，從而單調(diào)遞增。所以，，即。得證。?注：在高等數(shù)學(xué)中的泰勒展開式為：。為其前兩項。例4．（復(fù)旦）已知過兩拋物線的交點的各自的切線互相垂直，求。?分析與解：聯(lián)立得交點坐標(biāo)為或。由對稱性，不妨設(shè)切線在處互相垂直。對求導(dǎo)，有：；對求導(dǎo)，有：。它們切線的斜率分別為、，故。例5．（清華）一元三次函數(shù)的三次項系數(shù)為，的解集為。若有兩個相等實根，求的解析式；若在上單調(diào)遞減，求的范圍。?分析與解：設(shè)，則，的解集為，故有，且得。，有兩個相等實根，整理得或（舍去），，所以。，要使在上單調(diào)遞減，只需在上恒成立即可，故只需解得，所以的范圍為。例6．（武大）已知是定義在區(qū)間上的可導(dǎo)函數(shù)，滿足，且。討論函數(shù)的單調(diào)性；設(shè)，比較函數(shù)與的大小。?分析與解：（1）由于。所以在上單調(diào)遞減。當(dāng)時，有。證明如下：注意到，當(dāng)時，，故由（1）可得，即。下證，即證。為此，考慮函數(shù)。因為，當(dāng)時，有，所以在上單調(diào)減少，故，即。于是，即。例7．（復(fù)旦）（1）設(shè)，求；設(shè)，求常數(shù)，使得取得最小值；設(shè)（2）中的最小值為，證明。?分析與解：（1）；若，則，顯然，當(dāng)取最??；若，則，當(dāng)取最小。故不妨設(shè)。。由（1）知，因，所以（*）記，令，得。即時，取最小值。將代入（*）式右邊，。由于，所以。下面只須證明即可。。令，則，注意到函數(shù)是單調(diào)遞減的，且。所以，得證。四、真題訓(xùn)練1.（武大）如果定義在上的函數(shù)的單調(diào)遞增區(qū)間為，那么實數(shù)的大小關(guān)系是（）（B）（C）（D）2.（武大）在曲線的所有切線中，斜率最小的切線方程為（）。（B）（C）（D）3.（南大）函數(shù)的單調(diào)減區(qū)間為。4.（武大）求常數(shù)的值，使。5.（上海交大）若方程有3個不同實根，求實數(shù)的取值范圍。6.（上海交大）設(shè)在處可導(dǎo)，且原點到中直線的距離為，原點到中曲線部分最短距離為3，試求的值（）。（清華）求的單調(diào)區(qū)間及極值。8.（武大）已知函數(shù)。判斷函數(shù)的奇偶性；若在區(qū)間上是增函數(shù)，求實數(shù)的取值范圍。9.（上海交大）已知函數(shù)滿足：，又，求函數(shù)的解析式。10.（清華），。求證：恒成立；試求的單調(diào)區(qū)間；求證：為遞減數(shù)列，且恒成立。真題訓(xùn)練答案1.D。由題意知的兩根為-1，1，且注意到在上遞增，故。由韋達定理，。2.C，故過的切線斜率為，即所有曲線的切線構(gòu)成的直線系為。又，故時斜率最小，此時，切線方程為，即。3.。時，，故；時，，即，故；時，。又函數(shù)定義域為，所以單調(diào)減區(qū)間為。4.分析與解答：，而，故。。5.分析與解答：記有3個根，則應(yīng)有兩根，且設(shè)，則（如圖所示）。令。時，有極大值，故；時，有極小值，故。所以。yyOOxx6.分析與解答：由題意知，在零點連續(xù)，且右導(dǎo)數(shù)與左導(dǎo)數(shù)相等，則又到直線距離為。由于在上單調(diào)遞增，故在曲線上與原點最近的點為。所以。7.分析與解答：令或（顯然不可能）。時，單調(diào)遞增；時，單調(diào)遞減；時，，單調(diào)遞減。故極小值為（時取到），在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增。8.分析與解答：（1）對進行討論：為偶函數(shù)；，對不恒成立，故非奇非偶。（2）由題意，在時，，即的范圍是。9.分析與解答：取，則。令，有。從而有累加得（*）由知，對，有對（*）式令，有，且時。綜上，。10.分析與解答：（1）令，求導(dǎo)得。當(dāng)時，；當(dāng)時，。所以在內(nèi)為減函數(shù)，在內(nèi)為增函數(shù)。所以，即恒成立。對求導(dǎo)，得。由（1）知，當(dāng)時，，又時，時，，故，所以恒成立。因為的定義域為，所以的單調(diào)增區(qū)間為。用數(shù)學(xué)歸納法證明：對任意，都有。①當(dāng)時，，由于，所以，即。②假設(shè)當(dāng)（）時結(jié)論成立，即。因為在內(nèi)為增函數(shù)，且（這里用到羅必塔法則，見知識拓展），所以，即。因此當(dāng)（）時結(jié)論也成立。由①②可知，對任意都成立。所以數(shù)列為遞減數(shù)列，且恒成立。五、強化訓(xùn)練A組1、設(shè)，求。分析：2、已知f(x)為偶函數(shù)且，則等于()A．0B．4C．8D．16分析：原式＝f(x)dx＋f(x)dx，∵原函數(shù)為偶函數(shù)，∴在y軸兩側(cè)的圖象對稱，∴對應(yīng)的面積相等，即8×2＝16.答案：D3、函數(shù)y＝－x2＋2x＋1與y＝1相交形成一個閉合，則該閉合圖形的面積是()A．1B.eq\f(4,3)C.eq\r(3)D．2分析：函數(shù)y＝－x2＋2x＋1與y＝1的兩個交點為(0,1)和(2,1)，所以閉合圖形的面積等于(－x2＋2x＋1－1)dx＝(－x2＋2x)dx＝eq\f(4,3).4、已知函數(shù)y＝x2與y＝kx(k＞0)的圖象所圍成的陰影部分(如圖所示)的面積為eq\f(4,3)，則k=________.分析：直線方程與拋物線方程聯(lián)立先求出積分區(qū)間為[0，k]，y=x2再由(kx－x2)dx＝(eq\f(kx2,2)－eq\f(x3,3))＝eq\f(k3,6)＝eq\f(4,3)求得k＝2.y=x2答案：25、設(shè)，求。分析：令，則6、求曲線，及所圍成的平面圖形的面積.分析：作出，及的圖如右 B(2,4)解方程組得B(2,4)A(1,1)y=x21xo解方程組得A(1,1)y=x21xo所求面積7、若，求。分析：令，則，當(dāng)時，當(dāng)時，∴從而8、已知，求常數(shù)。分析：左端右端∴解之或。B組9、在曲線上某一點A處作一切線使之與曲線以及軸所圍成圖形的面積為，試求：(1)切點的坐標(biāo)；(2)過切點的切線方程．分析：(1)設(shè)切點，切線斜率為， 切線方程為， 令，得． ， 解得，切點的坐標(biāo)為；(2)將代入切線方程，得，整理，得．即所求切線方程為答案：B10、如圖，設(shè)點P從原點沿曲線y＝x2向點A(2,4)移動，記直線OP、曲線y＝x2及直線x＝2所圍成的面積分別記為S1，S2，若S1＝S2，求點P的坐標(biāo)．分析：設(shè)直線OP的方程為y＝kx,P點的坐標(biāo)為(x，y)，則(kx－x2)dx＝(x2－kx)dx，即(eq\f(1,2)kx2－eq\f(1,3)x3)＝(eq\f(1,3)x3－eq\f(1,2)kx2)，解得eq\f(1,2)kx2－eq\f(1,3)x3＝eq\f(8,3)－2k－(eq\f(1,3)x3－eq\f(1,2)kx2)，解得k＝eq\f(4,3)，即直線OP的方程為y＝eq\f(4,3)x，所以點P的坐標(biāo)為(eq\f(4,3)，eq\f(16,9))．11、設(shè)f(x)=(1)當(dāng)0≤a≤1與a＞1時，分別求f(a)；(2)當(dāng)a≥0時，求f(a)的最小值．分析：(1)0≤a≤1時，f(a)＝|x2－a2|dx＝(a2－x2)dx＋(x2－a2)dx＝(a2x－eq\f(1,3)x3)＋(eq\f(x3,3)－a2x)＝a3－eq\f(1,3)a3－0＋0＋eq\f(1,3)－a2－eq\f(a3,3)＋a3＝eq\f(4,3)a3－a2＋eq\f(1,3).當(dāng)a＞1時，f(a)＝(a2－x2)dx＝(a2x－eq\f(1,3)x3)＝a2－eq\f(1,3).∴f(a)＝(2)當(dāng)a＞1時，由于a2－eq\f(1,3)在[1，＋∞)上是增函數(shù)，故f(a)在[1，＋∞)上的最小值是f(1)＝1－eq\f(1,3)＝eq\f(2,3).當(dāng)a∈[0,1]時，f′(a)＝4a2－2a＝2a(2a－1)，由f′(a)＞0知：a＞eq\f(1,2)或a＜0，故在[0，eq\f(1,2)]上遞減，在[eq\f(1,2)，1]上遞增．因此在[0,1]上，f(a)的最小值為f(eq\f(1,2))＝eq\f(1,4).綜上可知，f(x)在[0，＋∞)上的最小值為eq\f(1,4).六、參考答案A組1、分析：2、分析：原式＝f(x)dx＋f(x)dx，∵原函數(shù)為偶函數(shù)，∴在y軸兩側(cè)的圖象對稱，∴對應(yīng)的面積相等，即8×2＝16.答案：D3、分析：函數(shù)y＝－x2＋2x＋1與y＝1的兩個交點為(0,1)和(2,1)，所以閉合圖形的面積等于(－x2＋2x＋1－1)dx＝(－x2＋2x)dx＝eq\f(4,3).4、分析：直線方程與拋物線方程聯(lián)立先求出積分區(qū)間為[0，k]，y=x2再由(kx－x2)dx＝(eq\f(kx2,2)－eq\f(x3,3))＝eq\f(k3,6)＝eq\f(4,3)求得k＝2.y=x2答案：25、分析：令，則6、y=2xy分析：作出，及的圖如右 y=2xyB(2,4)解方程組得B(2,4)A(1,1)y=x21xo解方程組得A(1,1)y=x21xo所求面積7、分析：令，則，當(dāng)時，當(dāng)時，∴從而8、分析：左端右端∴解之或。B組9、分析：(1)設(shè)切點，切線斜率為， 切線方程為， 令，得． ， 解得，切點的坐標(biāo)為；(2)將代入切線方程，得，整理，得．即所求切線方程為答案：B10、分析：設(shè)直線OP的方程為y＝kx,P點的坐標(biāo)為(x，y)，則(kx－x2)dx＝(x2－kx)dx，即(eq\f(1,2)kx2－eq\f(1,3)x3)＝(eq\f(1,3)x3－eq\f(1,2)kx2)，解得eq\f(1,