课件42张PPT。导数的几何意义及其应用 利用导数判断函数的单调性 利用导数求函数的极值和最值 利用导数证明不等式 定积分及其应用 函数与方程的思想 课件61张PPT。教师用书独具演示演示结束函数的平均变化率 x2－x1 f(x2)－f(x1) 斜率 瞬时速度、导数的概念 某一时刻 极限 f′(x0)或y′|x＝x0 函数的平均变化率 函数在某点处的导数 平均速度与瞬时速度 课时作业（一）课件53张PPT。教师用书独具演示演示结束导数的几何意义 在点P处 (x0，f(x0)) f′(x0) y－y0＝f′(x0)(x－x0) 求曲线在某点处的切线方程 求切点坐标 求曲线过某点的切线方程 课时作业（二）课件45张PPT。教师用书独具演示演示结束常用函数及基本初等函数的导数公式 基本初等函数的导数公式 用导数公式求函数的导数 求函数在某点处的导数 导数公式的应用 课时作业（三）课件53张PPT。教师用书独具演示演示结束导数运算法则 f′(x)±g′(x) f′(x)g(x)＋f(x)g′(x) cf′(x) 复合函数的概念及求导法则 x的函数y＝f(g(x))y′u·u′xy对u的导数与u对x的导数的乘积导数四则运算法则的应用 复合函数的导数 导数运算法则的综合应用 课时作业（四）课件55张PPT。教师用书独具演示演示结束函数的单调性与导数之间的关系 单调递增 单调递减 导数与单调性的关系 利用导数研究函数的单调性 已知函数的单调性求参数的范围 课时作业（五）课件71张PPT。教师用书独具演示演示结束极值点与极值 0 f′(x)<0 f′(x)>0 点a f(a) 0 f′(x)>0 f′(x)<0 点b f(b) 极值点 极值 函数极值的求法 f′(x)>0 f′(x)<0 极大值 f′(x)<0 f′(x)>0 极小值 求函数的极值 已知函数的极值求参数 函数极值的综合应用 课时作业（六）课件61张PPT。教师用书独具演示演示结束函数的最大(小)值与导数 连续不断 极值 各极值 端点 最大值 最小值 求已知函数的最值 已知函数的最值求参数 与最值有关的恒成立问题 利用导数证明不等式 课时作业（七）课件67张PPT。教师用书独具演示演示结束导数在实际生活中的应用 利润最大 用料最省 效率最高 面积、容积的最值问题 用料最省、成本(费用)最低问题 利润最大问题 课时作业（八）课件57张PPT。教师用书独具演示演示结束曲边梯形的面积 连续不断 所围成的图形 小曲边梯形 以直代曲 矩形 近似值 求和 定值 汽车行驶的路程 分割 近似代替 求和 取极限 求曲边梯形的面积 求变速运动的路程 课时作业（九）课件57张PPT。教师用书独具演示演示结束定积分的概念 定积分 积分下限 积分上限 积分区间 被积函数 积分变量 被积式 定积分的几何意义 f(x)≥0 直线x＝a，x＝b，y＝0 和曲线y＝f(x) 定积分的性质 利用定义求定积分 利用定积分的几何意义求定积分 定积分性质的应用 课时作业（十）课件42张PPT。教师用书独具演示演示结束微积分基本定理(牛顿—莱布尼茨公式) F′(x)＝f(x) F(b)－F(a) F(b)－F(a) 定积分和曲边梯形面积的关系 S上 －S下 S上－S下 0 用微积分基本定理计算定积分 求分段函数的定积分 课时作业（十一）课件54张PPT。教师用书独具演示演示结束曲边梯形的面积和其上、下边界所表示的函数的关系 曲边梯形上、下两个边界所表示函数的差 定积分在物理中的应用 利用定积分求平面图形的面积 求变速直线运动的路程、位移 变力做功问题 课时作业（十二）综合检测(一)
第一章 导数及其应用
(时间90分钟，满分120分)
一、选择题(本大题共10小题，每小题5分，共50分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)
1．设曲线y＝ax2在点(1，a)处的切线与直线2x－y－6＝0平行，则a＝( )
A．1 B.
C．－ D．－1
【解析】 y′＝2ax，于是切线斜率k＝y′|x＝1＝2a，由题意知2a＝2，∴a＝1.
【答案】 A
2．若f(x)＝x2－2x－4ln x，则f(x)的单调递增区间为( )
A．(－1,0) B．(－1,0)∪(2，＋∞)
C．(2，＋∞) D．(0，＋∞)
【解析】 f′(x)＝2x－2－＝＝，由f′(x)＞0得x＞2.
【答案】 C
3．f(x)＝ax3＋2，若f′(1)＝4，则a的值等于( )
A. B.
C. D．1
【解析】 f′(x)＝3ax2＋，∴f′(1)＝3a＋1＝4，
∴a＝1.
【答案】 D
4．使函数y＝xsin x＋cos x是增函数的区间可能是( )
A．(，) B．(π，2π)
C．(，) D．(2π，3π)
【解析】 y′＝sin x＋xcos x－sin x＝xcos x，故当x∈(，)时，y′>0，函数为增函数．
【答案】 C
5．一汽车沿直线轨道前进，刹车后列车速度为v(t)＝18－6t，则列车的刹车距离为( )
A．27 B．54
C．81 D．13.5
【解析】 令v(t)＝0得18－6t＝0得t＝3，
∴列车的刹车距离为v(t)dt＝(18－6t)dt
＝(18t－3t2)＝27.
【答案】 A
图1
6．设函数f(x)在R上可导，其导函数为f′(x)，且函数y＝(1－x)f′(x)的图象如图1所示，则下列结论中一定成立的是( )
A．函数f(x)有极大值f(2)和极小值f(1)
B．函数f(x)有极大值f(－2)和极小值f(1)
C．函数f(x)有极大值f(2)和极小值f(－2)
D．函数f(x)有极大值f(－2)和极小值f(2)
【解析】 由图可知，当x<－2时，f′(x)>0；当－2
2时，f′(x)>0.由此可以得到函数在x＝－2处取得极大值，在x＝2处取得极小值，选D.
【答案】 D
7．由y＝－x2与直线y＝2x－3围成的图形的面积是( )
A. B.
C. D．9
【解析】 解
得交点A(－3，－9)，B(1，－1)．
由y＝－x2与直线y＝2x－3围成的图形的面积
【答案】 B
8．若函数f(x)＝－x3＋3x2＋9x＋a在区间[－2，－1]上的最大值为2，则它在该区间上的最小值为( )
A．－5 B．7
C．10 D．－19
【解析】 ∵y′＝－3x2＋6x＋9＝－3(x＋1)(x－3)，
所以函数在[－2，－1]内单调递减，
所以最大值为f(－2)＝2＋a＝2.
∴a＝0，最小值f(－1)＝a－5＝－5.
【答案】 A
9．已知定义在实数集R上的函数f(x)满足f(1)＝2，且f(x)的导数f′(x)在R上恒有f′(x)＜1(x∈R)，则不等式f(x)＜x＋1的解集为( )
A．(1，＋∞) B．(－∞，－1)
C．(－1,1) D．(－∞，－1)∪(1，＋∞)
【解析】 不等式f(x)＜x＋1可化为f(x)－x＜1，设g(x)＝f(x)－x，
由题意g′(x)＝f′(x)－1＜0，g(1)＝f(1)－1＝1，
故原不等式?g(x)＜g(1)，故x＞1.
【答案】 A
10．(2013·课标全国卷Ⅰ)函数f(x)＝(1－cos x)sin x在[－π，π]的图象大致为
( )
【解析】 在[－π，π]上，
∵f(－x)＝[1－cos(－x)]sin(－x)
＝(1－cos x)(－sin x)＝－(1－cos x)sin x＝－f(x)，
∴f(x)是奇函数，
∴f(x)的图象关于原点对称，排除B.
取x＝，则f()＝(1－cos )sin ＝1＞0，排除A.
∵f(x)＝(1－cos x)sin x，
∴f′(x)＝sin x·sin x＋(1－cos x)cos x
＝1－cos2x＋cos x－cos2x＝－2cos2x＋cos x＋1.
令f′(x)＝0，则cos x＝1或cos x＝－.
结合x∈[－π，π]，求得f(x)在(0，π]上的极大值点为π，靠近π，选C.
【答案】 C
二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分，将答案填在题中的横线上)
11．(2013·江西高考)设函数f(x)在(0，＋∞)内可导，且f(ex)＝x＋ex，则f′(1)＝________.
【解析】 令ex＝t，则x＝ln t，所以f(x)＝ln x＋x，即f′(x)＝1＋，则f′(1)＝1＋1＝2.
【答案】 2
12．已知函数f(x)＝x3－(a＋)x2＋x(a＞0)，则f(x)在点(1，f(1))处的切线的斜率最大时的切线方程是________．
【解析】 f′(x)＝x2－(a＋)x＋1，故f(x)在点(1，f(1))处的切线斜率k＝2－(a＋)，显然当a＝1时，a＋最小，k最大为0，又f(1)＝，∴切线方程为y＝.
【答案】 y＝
13．若函数f(x)＝在区间(m,2m＋1)上单调递增，则实数m的取值范围是________．
【解析】 f′(x)＝，令f′(x)>0，得－1又f(x)在(m,2m＋1)上单调递增，
所以解得－1【答案】 (－1,0]
14．周长为20 cm的矩形，绕一条边旋转成一个圆柱，则圆柱体积的最大值为________．
【解析】 设矩形的长为x，则宽为10－x(0∴V′(x)＝20πx－3πx2.
由V′(x)＝0得x＝0(舍去)，x＝，
且当x∈(0，)时，V′(x)>0，当x∈(，10)时，V′(x)<0，
∴当x＝时，V(x)取得最大值为π cm3.
【答案】 π cm3
三、解答题(本大题共4小题，共50分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤)
15．(本小题满分12分)设函数f(x)＝ln x＋ln(2－x)＋ax(a>0)．
(1)当a＝1时，求f(x)的单调区间；
(2)若f(x)在(0,1]上的最大值为，求a的值．
【解】 函数f(x)的定义域为(0,2)，
f′(x)＝－＋a.
(1)当a＝1时，f′(x)＝，
所以f(x)的单调递增区间为(0，)，
单调递减区间为(，2)．
(2)当x∈(0,1]时，f′(x)＝＋a>0，即f(x)在(0,1]上单调递增，故f(x)在(0,1]上的最大值为f(1)＝a，因此a＝.
16．(本小题满分12分)(2013·课标全国卷Ⅰ)已知函数f(x)＝ex(ax＋b)－x2－4x，曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程为y＝4x＋4.
(1)求a，b的值；
(2)讨论f(x)的单调性，并求f(x)的极大值．
【解】 (1)f′(x)＝ex(ax＋a＋b)－2x－4.
由已知得f(0)＝4，f′(0)＝4.故b＝4，a＋b＝8.
从而a＝4，b＝4.
(2)由(1)知，f(x)＝4ex(x＋1)－x2－4x，
f′(x)＝4ex(x＋2)－2x－4＝4(x＋2).
令f′(x)＝0，得x＝－ln 2或x＝－2.
从而当x∈(－∞，－2)∪(－ln 2，＋∞)时，f′(x)＞0；
当x∈(－2，－ln 2)时，f′(x)＜0.
故f(x)在(－∞，－2)，(－ln 2，＋∞)上单调递增，在(－2，－ln 2)上单调递减．
当x＝－2时，函数f(x)取得极大值，极大值为f(－2)＝4(1－e－2)．
17．(本小题满分12分)(2013·合肥高二检测)已知函数f(x)＝－x3＋ax2＋bx在区间(－2,1)内x＝－1时取极小值，x＝时取极大值．
(1)求函数y＝f(x)在x＝－2时的对应点的切线方程；
(2)求函数y＝f(x)在[－2,1]上的最大值与最小值．
【解】 (1)f′(x)＝－3x2＋2ax＋b.
又x＝－1，x＝分别对应函数取得极小值、极大值，
所以－1，为方程－3x2＋2ax＋b＝0的两个根．
所以a＝－1＋，－＝(－1)×.
于是a＝－，b＝2，
则f(x)＝－x3－x2＋2x.
当x＝－2时，f(－2)＝2，即(－2,2)在曲线上．
又切线斜率为k＝f′(－2)＝－8，
所求切线方程为y－2＝－8(x＋2)，
即为8x＋y＋14＝0.
(2)当x变化时，f′(x)及f(x)的变化情况如下表：
x
－2
(－2，－1)
－1
(－1，)
(，1)
1
f′(x)
－
0
＋
0
－
f(x)
2
?
－
?
?
则f(x)在[－2,1]上的最大值为2，最小值为－.
18．(本小题满分14分)已知函数f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c在x＝－1与x＝2处都取得极值．
(1)求a，b的值及函数f(x)的单调区间；
(2)若对x∈[－2,3]，不等式f(x)＋c【解】 (1)f′(x)＝3x2＋2ax＋b，由题意得
即
解得
∴f(x)＝x3－x2－6x＋c，f′(x)＝3x2－3x－6.
令f′(x)<0，解得－1令f′(x)>0，解得x<－1或x>2.
∴f(x)的减区间为(－1,2)，
增区间为(－∞，－1)，(2，＋∞)．
(2)由(1)知，f(x)在(－∞，－1)上单调递增；在(－1,2)上单调递减；在(2，＋∞)上单调递增．
∴x∈[－2,3]时，f(x)的最大值即为
f(－1)与f(3)中的较大者．
f(－1)＝＋c，f(3)＝－＋c.
∴当x＝－1时，f(x)取得最大值．
要使f(x)＋c只需c2>f(－1)＋c，
即2c2>7＋5c，解得c<－1或c>.
∴c的取值范围为(－∞，－1)∪(，＋∞)．
一、选择题
1．将半径为R的球加热，若球的半径增量为ΔR，则球的表面积增量ΔS等于( )
A．8πRΔR B．8πRΔR＋4π(ΔR)2
C．4πRΔR＋4π(ΔR)2 D．4π(ΔR)2
【解析】 球的表面积S＝4πR2，则ΔS＝4π(R＋ΔR)2－4πR2＝8πRΔR＋4π(ΔR)2.
【答案】 B
2．一质点运动的方程为s＝5－3t2，若该质点在时间段[1,1＋Δt]内相应的平均速度为－3Δt－6，则该质点在t＝1时的瞬时速度是( )
A．－3 B．3
C．6 D．－6
【解析】 由平均速度和瞬时速度的关系可知，
V＝s′(1)＝li (－3Δt－6)＝－6.
【答案】 D
3．某手机配件生产流水线共有甲、乙两条，产量s(单位：个)与时间t(单位：天)的关系如图1－1－2所示，则接近t0天时，下列结论中正确的是( )
图1－1－2
A．甲的日生产量大于乙的日生产量
B．甲的日生产量小于乙的日生产量
C．甲的日生产量等于乙的日生产量
D．无法判定甲的日生产量与乙的日生产量的大小
【解析】 由平均变化率的几何意义可知，当接近于t0时，曲线乙割线的斜率大于曲线甲割线的斜率，故乙的日产量大于甲的日产量．
【答案】 B
4．设函数f(x)在点x0附近有定义，且有f(x0＋Δx)－f(x0)＝aΔx＋b(Δx)2(a，b为常数)，则( )
A．f′(x)＝a B．f′(x)＝b
C．f′(x0)＝a D．f′(x0)＝b
【解析】 ∵f′(x0)＝li
＝li ＝li (a＋bΔx)＝a，
∴f′(x0)＝a.
【答案】 C
5．若f(x)＝x3，f′(x0)＝3，则x0的值是( )
A．1 B．－1
C．±1 D．3
【解析】 ∵Δy＝f(x0＋Δx)－f(x0)＝(x0＋Δx)3－x＝3xΔx＋3x0(Δx)2＋(Δx)3，
∴＝3x＋3x0Δx＋(Δx)2，
∴f′(x0)＝[3x＋3x0Δx＋(Δx)2]＝3x，
由f′(x0)＝3得3x＝3，∴x0＝±1.
【答案】 C
二、填空题
6．汽车行驶的路程s和时间t之间的函数图象如图1－1－3所示．在时间段[t0，t1]，[t1，t2]，[t2，t3]上的平均速度分别为1，2，3，其三者的大小关系是________．
图1－1－3
【解析】 ∵1＝＝kMA，
2＝＝kAB，
3＝＝kBC，
由图象可知：kMA∴3>2>1.
【答案】 3>2>1
7．过曲线y＝f(x)＝x2＋1上两点P(1,2)和Q(1＋Δx,2＋Δy)作曲线的割线，当Δx＝0.1时，割线的斜率k＝________.
【解析】 ∵Δy＝(1＋Δx)2＋1－(12＋1)＝2Δx＋(Δx)2，
∴＝2＋Δx.
从而割线PQ的斜率为2＋Δx，当Δx＝0.1时，割线PQ的斜率k＝2＋0.1＝2.1.
【答案】 2.1
8．设函数f(x)＝mx3＋2，若f′(－1)＝3，则m＝________.
【解析】 ∵Δy＝f(－1＋Δx)－f(－1)＝m(－1＋Δx)3＋m＝3mΔx－3m(Δx)2＋m(Δx)3，
∴＝3m－3mΔx＋m(Δx)2，
∴f′(－1)＝[3m－3mΔx＋m(Δx)2]＝3m，
由f′(－1)＝3得3m＝3，∴m＝1.
【答案】 1
三、解答题
9．正弦函数y＝sin x在区间[0，]和[，]的平均变化率哪一个较大？
【解】 y＝sin x在区间[0，]的平均变化率为
＝＝.
y＝sin x在区间[，]的平均变化率为
＝＝，
∵>.
∴正弦函数y＝sin x在区间[0，]的平均变化率比在区间[，]的平均变化率大．
10．一做直线运动的物体，其位移s与时间t的关系是s＝3t－t2(位移：m；时间：s)．
(1)求此物体的初速度．
(2)求此物体在t＝2时的瞬时速度．
(3)求t＝0到t＝2时的平均速度．
【解】 (1)初速度v0＝ ＝ ＝ (3－Δt)＝3(m/s)．
即物体的初速度为3 m/s.
(2)v＝
＝
＝ ＝ (－Δt－1)＝－1(m/s)．
即此物体在t＝2时的瞬时速度为1 m/s，方向与初速度相反．
(3)＝＝＝1(m/s)．
即t＝0到t＝2时的平均速度为1 m/s.
11．柏油路是用沥青和大小石子等材料混合后铺成的，铺路工人铺路时需要对沥青加热使之由固体变成粘稠液体状．如果开始加热后第x小时的沥青温度(单位：℃)为
f(x)＝
求开始加热后第15分钟和第4小时沥青温度变化的瞬时速度，并说明它们的意义．
【解】 ∵15分钟＝0.25小时，且当0≤x≤1时，f(x)＝80x2＋20，
∴＝
＝
＝＝40＋80Δx.
∴f′(0.25)＝li ＝li (40＋80Δx)＝40.
又当1∴当x＝4时，
＝
＝＝－(6＋Δx)，
∴f′(4)＝li ＝li[－(6＋Δx)]
＝－×6＝－.
在第15分钟与第4 h时，沥青温度的瞬时变化率分别为40与－，它说明在第15分钟附近，沥青的温度大约以40 ℃/h的速率上升；在第4 h附近，沥青温度大约以 ℃/h的速率下降.
一、选择题
1．下列结论中成立的个数是( )
①x3dx＝ ·；
②x3dx＝·；
③x3dx＝ ·.
A．0 B．1
C．2 D．3
【解析】 由定积分的定义知，②、③成立，故选C.
【答案】 C
2．若f(x)是[－a，a]上的连续偶函数，则f(x)dx＝( )
A. f(x)dx B．0
C．2f(x)dx D.f(x)dx
【解析】 偶函数的图象关于y轴对称，
故f(x)dx＝f(x)dx，
【答案】 C
3．设f(x)＝则f(x)dx的值是( )
【解析】 被积函数f(x)是分段函数，故将积分区间[－1,1]分为两个区间，[－1,0]和[0,1]，由定积分的性质知选D.
【答案】 D
4．下列值等于1的是( )
A.xdx B.(x＋1)dx
C.1dx D.dx
【解析】 根据定积分的几何意义可求得：
xdx＝×1×1＝，(x＋1)dx＝×(1＋2)×1＝，1dx＝1×1＝1，dx＝1×＝，故选C.
【答案】 C
5．已知和式S＝(p>0)，当n趋向于∞时，S无限趋向于一个常数A，则A可用定积分表示为( )
A.dx B.xpdx
C.()pdx D.()pdx
【解析】 S＝[()p＋()p＋()p＋…＋()p]＝ ()p·，
∴ ()p·＝xpdx.
【答案】 B
二、填空题
6．已知x2dx＝，x2dx＝，则(x2＋1)dx＝________.
【解析】 由定积分的几何意义知，1dx＝2×1＝2，
由定积分的性质知x2dx＝x2dx＋x2dx＝＋＝.
∴(x2＋1)dx＝x2dx＋1dx＝＋2＝.
【答案】
7．曲线y＝x2与直线x＝0，x＝1，y＝1所围成的图形的面积可用定积分表示为________．
【解析】 如图所示，阴影部分的面积可表示为
1dx－x2dx＝(1－x2)dx.
【答案】 (1－x2)dx
8．(2013·天津高二检测)曲线y＝与直线y＝x，x＝2所围成的图形面积用定积分可表示为________．
【解析】 如图所示，阴影部分的面积可表示为xdx－dx＝(x－)dx.
【答案】 (x－)dx
三、解答题
9．用定积分表示下列阴影部分的面积(不要求计算)：
(1) (2) (3)
10．已知xdx＝，x3dx＝.求下列定积分．
(1)(2x＋x3)dx；
(2)(2x3－x＋1)dx.
【解】 (1)(2x＋x3)dx＝2xdx＋x3dx＝e2＋.
(2)(2x3－x＋1)dx＝2x3dx－xdx＋1dx
＝－＋e.
11．已知函数f(x)＝求f(x)在区间[－2,2π]上的积分．
【解】 由定积分的几何意义知x3dx＝0，
2xdx＝＝π2－4，
∫cos xdx＝0.
由定积分的性质得
f(x)dx＝x3dx＋2xdx＋cos xdx＝π2－4.
一、选择题
1．设a＝xdx，b＝x2dx，
c＝x3dx，则a，b，c的大小关系是( )
A．a>b>c B．c>a>b
C．a>c>b D．c>b>a
【解析】 ∵a＝xdx＝＝；b＝x2dx＝＝，c＝x3dx＝＝，∴a>b>c.
【答案】 A
2．已知f(x)＝(其中e为自然对数的底数)，则f(x)dx的值为( )
A. B.
C. D.
【解析】 f(x)dx＝x2dx＋∫e21dx＝x3＋ln x＝＋2＝.
【答案】 C
3．(2013·安阳高二检测)|1－x|dx＝( )
A．0 B．1
C．2 D．－2
【解析】 (1－x)dx＋(x－1)dx
＝(x－x2)＋(x2－x)
＝(1－)＋(×4－2)－(－1)
＝1.
【答案】 B
4．设f(x)＝ax2＋c(a≠0)，若f(x)dx＝f(x0)，0≤x0≤1，则x0的值为( )
A．－ B.
C．－ D.
【解析】 ∵f(x)dx＝(ax3＋cx)＝a＋c，∴ax＋c＝a＋c，
∴x＝.∵0≤x0≤1.∴x0＝.
【答案】 B
5．若(2x－3x2)dx＝0，则k等于( )
A．0 B．1
C．0或1 D．不确定
【解析】 ∵(2x－3x2)dx＝(x2－x3)＝k2－k3，
∴k2－k3＝0，即k＝0或k＝1，
又当k＝0时，不合题意，∴k＝1.
【答案】 B
二、填空题
6．已知函数f(a)＝sin xdx，则f[f()]＝________.
【解析】 ∵f(a)＝sin xdx＝(－cos x)＝1－cos a.
∴f()＝1－cos ＝1.
∴f[f()]＝f(1)＝1－cos 1.
【答案】 1－cos 1
7．(2012·江西高考)计算定积分 (x2＋sin x)dx＝________.
【解析】 ∵(x3－cos x)′＝x2＋sin x，
∴ (x2＋sin x)dx＝(x3－cos x)＝.
【答案】
8．(2013·福州高二检测)(＋)dx＝________.
【解析】 ∵(＋)dx＝(ln x－)
＝(ln 2－)－(ln 1－1)＝ln 2＋.
【答案】 ln 2＋
三、解答题
9．计算下列定积分：
(1)dx；
(2) (cos x＋2x)dx.
【解】 (1)∵dx＝(－)dx
＝[ln x－ln(x＋1)]＝ln .
(2) (cos x＋2x)dx＝(sin x＋)
10．(1)设f(x)＝
求f(x)dx.
(2)求dx(a>0)．
【解】 (1) f(x)dx＝x2dx＋(cos x－1)dx＝x3＋(sin x－x)＝sin 1－.
(2)由＝得
11．已知f(x)＝求使f(x)dx＝恒成立的k值．
【解】 (1)当k∈(2,3]时，
f(x)dx＝(1＋x2)dx
＝(x＋x3)
＝3＋×33－(k＋k3)＝
整理得k3＋3k＋4＝0，
即k3＋k2－k2＋3k＋4＝0，
∴(k＋1)(k2－k＋4)＝0，
∴k＝－1.
而k∈(2,3]，∴k＝－1舍去．
(2)当k∈[－2,2]时，
f(x)dx＝(2x＋1)dx＋(1＋x2)dx
＝(x2＋x)＋(x＋x3)
＝(22＋2)－(k2＋k)＋(3＋×33)－(2＋×23)
＝－(k2＋k)＝，
∴k2＋k＝0，
解得k＝0或k＝－1，
综上所述，k＝0或k＝－1.
一、选择题
1．(2013·郑州高二检测)由曲线y＝，直线y＝x－2及y轴所围成的图形的面积为( )
A. B．4
C. D．6
【解析】 如图阴影部分面积即为所求，求得曲线y＝与直线y＝x－2的交点为A(4,2)，
∴面积S阴＝(－x＋2)dx
＝(x－x2＋2x)＝.
【答案】 C
图1－7－4
2．(2012·湖北高考)已知二次函数y＝f(x)的图象如图1－7－4所示，则它与x轴所围图形的面积为( )
A. B.
C. D.
【解析】 由图象可知二次函数的表达式为f(x)＝1－x2，∴S＝(1－x2)dx＝(x－x3)＝(1－)－(－1＋)＝.
【答案】 B
3．以初速度40 m/s竖直向上抛一物体，t s时刻的速度v＝40－10t2，则此物体达到最高时的高度为( )
A. m B. m
C. m D. m
【解析】 由v＝40－10t2＝0，得物体达到最高时t＝2.高度h＝(40－10t2)dt＝(40t－t3)＝(m)．
【答案】 A
4．已知力F和物体移动方向相同，而且与物体位置x有如下关系：F(x)＝那么力F使物体从x＝－1点运动到x＝1点所做的功为( )
A．2J B.J
C.J D．3J
【答案】 C
5．(2013·郑州高二检测)由曲线y＝x2，y＝x3围成的封闭图形面积为( )
A. B.
C. D.
【解析】 由题可知y＝x2，y＝x3围成的封闭图形的面积为
(x2－x3)dx＝(x3－x4)
＝－＝.
【答案】 A
二、填空题
6．由曲线y＝、直线y＝x－2及y轴所围成的图形的面积为________．
A. B．4
C. D．6
【解析】 由y＝得其交点坐标为(4,2)．因此y＝与y＝x－2及y轴所围成的图形的面积为[－(x－2)]dx＝(－x＋2)dx＝(x－x2＋2x)＝×8－×16＋2×4＝.
【答案】
7．作变速直线运动的物体的速度v(t)＝4－t2，初始位置s(0)＝1，则3秒时所处的位置s(3)为________．
【解析】 由题意可知s(3)＝v(t)dt＋1
＝(4－t2)dt＋1
＝(4t－)＋1
＝4.
【答案】 4
8．若1 N的力能使弹簧伸长2 cm，则使弹簧伸长12 cm时(在弹性限度内)，克服弹力所作的功为________．
【解析】 由题意可知1＝k×0.02，∴k＝50，故在弹簧伸长12 cm时所做的功为∫50ldl＝25l2＝0.36(J)．
【答案】 0.36 J
三、解答题
9．(2013·哈尔滨高二检测)设y＝f(x)是二次函数，方程f(x)＝0有两个相等的实根，且f′(x)＝2x＋2.
(1)求y＝f(x)的表达式；
(2)求y＝f(x)的图象与两坐标轴所围成图形的面积．
【解】 (1)∵f′(x)＝2x＋2，
∴可设f(x)＝x2＋2x＋c.
又∵f(x)＝0有两个相等的实根，
∴4－4c＝0，c＝1，
∴f(x)＝x2＋2x＋1.
(2)y＝f(x)与两坐标轴的交点分别为(－1,0)，(0,1)，故所求面积为
f(x)dx＝ (x2＋2x＋1)dx
＝(x3＋x2＋x)＝，
所以所求图形的面积为.
10．在某介质内做变速直线运动的物体，经过时间t(单位：s)所走过的路程s＝4t2(单位：m)，若介质阻力F与物体的运动速度v成正比，且当v＝10 m/s时，F＝5 N，求物体在位移区间[1,4]内克服介质阻力所做的功．
【解】 ∵物体经过时间t所走过的路程s＝4t2，
∴速度v(t)＝s′＝8t.
设F＝kv(t)，由“当v＝10 m/s时，F＝5 N”知k＝，
∴F＝4t.
∴物体在位移区间[1,4]内克服介质阻力所作的功
W＝4tdt＝30(J)．
11．有一动点P，在时间t时的速度为v(t)＝8t－2t2，解下列各小题：
(1)P从原点出发，当t＝3时，求离开原点的路程；
(2)求当t＝5时，P点的位置；
(3)求t＝0到t＝5时，点P经过的路程；
(4)求P从原点出发，经过时间t后又返回原点时的t值．
【解】 (1)因为(4t2－t3)′＝8t－2t2，
所以s1＝(8t－2t2)dt＝(4t2－t3)＝18.
(2)s2＝(8t－2t2)dt＝(4t2－t3)＝.
(3)当v(t)＝8t－2t2≥0时，即0≤t≤4时，P点向x轴正方向运动；t>4时，P点向x轴负方向运动，因此，
所求路程应为s3＝(8t－2t2)dt＋[－(8t－2t2)dt]
＝(4t2－t3)＋(t3－4t2)＝26.
(4)依题意(8t－2t2)dt＝0，
即4t2－t3＝0，得t1＝0或t2＝6.
t1＝0对应于P点刚开始从原点出发的情况．
t2＝6是我们所求的t值，此时v(t)＝v(6)＝－24.
一、选择题
1．已知函数y＝f(x)在点(2,1)处的切线与直线3x－y－2＝0平行，则y′|x＝2等于( )
A．1 B．－1
C．－3 D．3
【解析】 由题意知f′(2)＝3，即y′|x＝2＝3.
【答案】 D
2．在曲线y＝x2上切线倾斜角为的点是( )
A．(0,0) B．(2,4)
C．(，) D．(，)
【解析】 k＝ ＝
＝ (2x＋Δx)＝2x，
∴2x＝tan ＝1，
∴x＝.从而y＝.故选D.
【答案】 D
3．已知函数y＝f(x)的图象如图1－1－7所示，则函数y＝f′(x)的图象可能是( )
图1－1－7
【解析】 由y＝f(x)的图象及导数的几何意义可知，当x<0时f′(x)>0，当x＝0时，f′(x)＝0，当x>0时，f′(x)<0，故B符合．
【答案】 B
4．已知曲线f(x)＝ax3＋1在点(1，f(1))处的切线方程为3x－y－1＝0，则a＝( )
A．1 B．2
C．3 D．4
【解析】 因为切点在切线上，所以3×1－f(1)－1＝0，即f(1)＝2，又因为切点(1，f(1))也在曲线y＝f(x)上，所以2＝a×13＋1，即a＝1.
【答案】 A
5．设曲线y＝ax2在点(2,4a)处的切线与直线4x－y＋4＝0垂直，则a＝( )
A．2 B．－
C. D．－1
【解析】 由y＝ax2得：
Δy＝a(x＋Δx)2－ax2
＝2axΔx＋a(Δx)2，
则＝2ax＋aΔx，所以y′＝2ax，
则y′|x＝2＝4a，
又y＝ax2在点(2,4a)处的切线与直线4x－y＋4＝0垂直，
∴4a＝－，∴a＝－.
【答案】 B
二、填空题
6．如果函数f(x)在x＝x0处的切线的倾斜角是钝角，那么函数f(x)在x＝x0附近的变化情况是________(填“逐渐上升”或“逐渐下降”)．
【解析】 由题意知f′(x0)<0，根据导数的几何意义知，f(x)在x＝x0附近的变化情况是“逐渐下降”．
【答案】 逐渐下降
7．已知函数f(x)＝ex，且其导函数f′(x)＝ex，则函数f(x)的图象在点(0，f(0))处的切线方程为________．
【解析】 ∵f(0)＝e0＝1，
f′(0)＝e0＝1，
故由点斜式得切线方程为
y－1＝1×(x－0)，
即x－y＋1＝0.
【答案】 x－y＋1＝0
8．若曲线y＝2x2－4x＋p与直线y＝1相切，则p的值为________．
【解析】 设切点坐标为(x0,1)，
∵Δy＝f(x0＋Δx)－f(x0)
＝2(x0＋Δx)2－4(x0＋Δx)＋p－(2x－4x0＋p)
＝4x0Δx－4Δx＋2(Δx)2，
∴＝4x0－4＋2Δx，
∴f′(x0)＝ (4x0－4＋2Δx)＝4x0－4.
由题意知4x0－4＝0.∴x0＝1，即切点坐标为(1,1)．
∴1＝2－4＋p，∴p＝3.
【答案】 3
三、解答题
9．如果曲线y＝x2＋x－3的某一条切线与直线y＝3x＋4平行，求切点坐标与切线方程．
【解】 ∵切线与直线y＝3x＋4平行，
∴斜率为3，设切点坐标为(x0，y0)，
则y′|x＝x0＝3.
又y′|x＝x0＝
＝
＝
＝ (Δx＋2x0＋1)＝2x0＋1，
∴2x0＋1＝3.从而x0＝1，代入y＝x2＋x－3得y0＝－1，∴切点坐标为(1，－1)．
切线的方程为y＋1＝3(x－1)，即3x－y－4＝0.
10．试求过点P(3,5)且与曲线y＝x2相切的直线方程．
【解】 y′＝ ＝ ＝2x.
设所求切线的切点为A(x0，y0)．
∵点A在曲线y＝x2上，
∴y0＝x，
又∵A是切点，
∴过点A的切线的斜率y′|x＝x0＝2x0，
∵所求切线过P(3,5)和A(x0，y0)两点，
∴其斜率为＝.
∴2x0＝，
解之得x0＝1或x0＝5.
从而切点A的坐标为(1,1)或(5,25)．
当切点为(1,1)时，切线的斜率为k1＝2x0＝2；
当切点为(5,25)时，切线的斜率为k2＝2x0＝10.
∴所求的切线有两条，方程分别为y－1＝2(x－1)和y－25＝10(x－5)，即y＝2x－1和y＝10x－25.
11．已知曲线y＝x2＋1，问是否存在实数a，使得经过点(1，a)能够作出该曲线的两条切线？若存在，求出实数a的取值范围；若不存在，请说明理由．
【解】 存在．
由导数的定义知
y′＝ ＝ ＝2x.
设切点为(t，t2＋1)，因为y′＝2x，
所以切线的斜率为y′|x＝t＝2t，
于是可得切线方程为y－(t2＋1)＝2t(x－t)．
将(1，a)代入，得a－(t2＋1)＝2t(1－t)，
即t2－2t＋(a－1)＝0，因为切线有两条，
所以Δ＝(－2)2－4(a－1)>0，解得a<2.故存在实数a，使得经过点(1，a)能够作出该曲线的两条切线，a的取值范围是(－∞，2)．
一、选择题
1．已知函数f(x)＝5，则f′(1)等于( )
A．5 B．1
C．0 D．不存在
【解析】 ∵f(x)＝5，
∴f′(x)＝0，
∴f′(1)＝0.
【答案】 C
2．已知f(x)＝xn且f′(－1)＝－4，则n等于( )
A．4 B．－4
C．5 D．－5
【解析】 ∵f′(x)＝nxn－1，∴f′(－1)＝n(－1)n－1＝－4.
若(－1)n－1＝－1，则n＝4，此时满足(－1)n－1＝－1；
若(－1)n－1＝1，则n＝－4，此时不满足(－1)n－1＝1.
∴n＝4
【答案】 A
3．正弦曲线y＝sin x上一点P，以点P为切点的切线为直线l，则直线l的倾斜角的范围是( )
A．[0，]∪[π，π) B．[0，π)
C．[，π] D．[0，]∪[，π]
【解析】 ∵(sin x)′＝cos x，
∴直线l的斜率kl＝cos x，
∴－1≤kl≤1，
∴直线l的倾斜角的范围是[0，]∪[π，π)．
【答案】 A
4．已知直线y＝kx是曲线y＝ex的切线，则实数k的值为( )
A. B．－
C．－e D．e
【解析】 设切点坐标为(x0，y0)，∵y′＝(ex)′＝ex，
∴y′|x＝x0＝ex0，
∴切线方程为y－y0＝ex0(x－x0)，即y＝ex0x＋y0－ex0x0.
与y＝kx比较知解得
【答案】 D
5．若曲线处的切线与两个坐标轴围成的三角形的面积为18，则a＝( )
A．64 B．32
C．16 D．8
【答案】 A
二、填空题
6．若y＝10x，则y′|x＝1＝________.
【解析】 ∵y′＝10xln 10，∴y′|x＝1＝10ln 10.
【答案】 10ln 10
7．直线y＝x＋b是曲线y＝ln x(x＞0)的一条切线，则实数b＝________.
【解析】 设切点坐标为(x0，y0)，则y0＝ln x0.
∵y′＝(ln x)′＝，
∴y′|x＝x0＝，由题意知＝，
∴x0＝2，y0＝ln 2.
由ln 2＝×2＋b，得b＝ln 2－1.
【答案】 ln 2－1
8．抛物线y＝x2上的点到直线x－y－2＝0的距离的最小值为________．
【解析】 与直线x－y－2＝0平行的抛物线的切线的切点到直线x－y－2＝0距离最小．易知切点为(，)，∴d＝.
【答案】
三、解答题
9．若质点P的运动方程是s＝(s的单位为m，t的单位为s)，求质点P在t＝8 s时的瞬时速度．
10．已知点P(－1,1)，点Q(2,4)是曲线y＝x2上的两点，求与直线PQ平行的曲线y＝x2的切线方程．
【解】 ∵y′＝(x2)′＝2x，设切点为M(x0，y0)，
则y′|x＝x0＝2x0，
又∵PQ的斜率为k＝＝1，而切线平行于PQ，
∴k＝2x0＝1，即x0＝，
所以切点为M(，)．
∴所求的切线方程为y－＝x－，即4x－4y－1＝0.
11．求证：曲线xy＝1上任何一点处的切线与坐标轴构成的三角形面积为常数．
【证明】 由xy＝1，得y＝，
所以y′＝－.
在曲线xy＝1上任取一点P(x0，)，则过点P的切线的斜率k＝－，
切线方程为y－＝－(x－x0)，即y＝－x＋.
设该切线与x轴、y轴分别相交于A、B两点，则A(2x0,0)、B(0，)，
故S△OAB＝|OA|·|OB|＝|2x0|·||＝2，
所以曲线上任意一点处的切线与坐标轴构成的三角形面积为常数.
一、选择题
1．(2013·深圳高二检测)函数y＝cos (－x)的导数是( )
A．cos x B．－cos x
C．－sin x D．sin x
【解析】 y′＝－sin (－x)(－x)′＝－sin x.
【答案】 C
2．若f(x)＝，则f(x)的导数是( )
A.
B.
C.
D.
【解析】 f′(x)＝＝.
【答案】 A
3．曲线y＝x3＋11在点P(1,12)处的切线与y轴交点的纵坐标是( )
A．－9 B．－3
C．9 D．15
【解析】 ∵ y′＝3x2，∴y′|x＝1＝3，切线方程为y－12＝3(x－1)，即y＝3x＋9，令x＝0，得y＝9.
【答案】 C
4．某市在一次降雨过程中，降雨量y(mm)与时间t(min)的函数关系可近似地表示为y＝f(t)＝，则在时刻t＝40 min的降雨强度为( )
A．20 mm B．400 mm
C. mm/min D. mm/min
【解析】 f′(t)＝·10＝，
∴f′(40)＝＝.
【答案】 D
5．已知直线y＝x＋1与曲线y＝ln(x＋a)相切，则a的值为( )
A．1 B．2
C．－1 D．－2
【解析】 设切点P(x0，y0)，则y0＝x0＋1＝ln(x0＋a)．
又由y′|x＝x0＝＝1，解得x0＋a＝1，
∴y0＝0，x0＝－1，
∴a＝2.
【答案】 B
二、填空题
6．(2013·广东高考)若曲线y＝ax2－ln x在点(1，a)处的切线平行于x轴，则a＝________.
【解析】 因为y′＝2ax－，所以y′|x＝1＝2a－1.因为曲线在点(1，a)处的切线平行于x轴，故其斜率为0，故2a－1＝0，a＝.
【答案】
7．已知函数f(x)＝f′()sin x＋cos x，则f′()＝________.
【解析】 ∵f′(x)＝f′()cos x－sin x，
∴f′()＝f′()cos －sin ＝－1，
∴f′(x)＝－cos x－sin x，
∴f′()＝－cos －sin ＝－.
【答案】 －
8．曲线y＝e－2x＋1在点(0,2)处的切线与直线y＝0和y＝x围成的三角形面积是________．
【解析】 ∵y′＝－2e－2x，
∴y′|x＝0＝－2，切线方程为y＝－2x＋2.
∴所围成的三角形的三个顶点为(0,0)，(1,0)，(，)．
∴S＝×1×＝.
【答案】
三、解答题
9．已知函数f(x)＝ln(ax＋1)＋，x≥0，其中a＞0，若f′(1)＝0，求a的值．
【解】 f′(x)＝[ln(ax＋1)]′＋()′
＝＋，
∴f′(1)＝－＝0，
∴a＝1.
因此实数a的值为1.
10．若函数f(x)＝在x＝c处的导数值与函数值互为相反数，求c的值．
【解】 由于f(x)＝，∴f(c)＝，
又f′(x)＝＝，
∴f′(c)＝.
依题意知f(c)＋f′(c)＝0，
∴＋＝0，
∴2c－1＝0得c＝.
11．设函数f(x)＝ax－，曲线y＝f(x)在点(2，f(2))处的切线方程为7x－4y－12＝0.
(1)求f(x)的解析式；
(2)证明：曲线y＝f(x)上任一点处的切线与直线x＝0和直线y＝x所围成的三角形面积为定值，并求此定值．
【解】 (1)由7x－4y－12＝0得y＝x－3.
当x＝2时，y＝，∴f(2)＝2a－＝，①
又f′(x)＝a＋，∴f′(2)＝a＋＝.②
由①②得解之，得
故f(x)＝x－.
(2)证明：设P(x0，y0)为曲线上任一点，由y′＝1＋知，
曲线在点P(x0，y0)处的切线方程为
y－y0＝(1＋)(x－x0)，
即y－(x0－)＝(1＋)(x－x0)．
令x＝0得y＝－，从而得切线与直线x＝0的交点坐标为(0，－)．
令y＝x得y＝x＝2x0，从而得切线与直线y＝x的交点坐标为(2x0,2x0)．
所以点P(x0，y0)处的切线与直线x＝0，y＝x所围成的三角形面积为|－||2x0|＝6.
故曲线y＝f(x)上任一点处的切线与直线x＝0，y＝x所围成的三角形的面积为定值，此定值为6.
一、选择题
1．函数f(x)＝(x－3)ex的单调递增区间是( )
A．(－∞，2) B．(0,3)
C．(1,4) D．(2，＋∞)
【解析】 f′(x)＝ex＋(x－3)ex＝ex(x－2)，令f′(x)>0，即ex(x－2)>0得x>2，因此函数f(x)的单调递增区间为(2，＋∞)．
【答案】 D
2．设y＝x－ln x，则此函数在区间(0,1)内为( )
A．单调递增 B．有增有减
C．单调递减 D．不确定
【解析】 y′＝1－，当x∈(0,1)时，y′<0，则函数y＝x－ln x在区间(0,1)内单调递减．
【答案】 C
3．若函数f(x)＝x3－ax2－x＋6在(0,1)内单调递减，则实数a的取值范围是
( )
A．[1，＋∞) B．[0,1]
C．(－∞，1] D．(0,1)
【解析】 f′(x)＝3x2－2ax－1.由题意知，不等式3x2－2ax－1≤0在x∈(0,1)内恒成立．
∴即∴a≥1.
当a＝1时，f′(x)＝3x2－2x－1不恒为0，故实数a的取值范围是[1，＋∞)．
【答案】 A
4．已知函数f(x)，g(x)满足当x∈R时，f′(x)g(x)＋f(x)g′(x)>0，若a>b，则有( )
A．f(a)·g(a)＝f(b)g(b)
B．f(a)g(a)>f(b)g(b)
C．f(a)g(a)D．f(a)g(a)与f(b)g(b)的大小关系不定
【解析】 由题意知[f(x)g(x)]′>0，从而f(x)g(x)在R上是增函数，又a>b，∴f(a)g(a)>f(b)g(b)．
【答案】 B
5．(2013·大连高二检测)函数f(x)的定义域为R，f(－1)＝2，对任意x∈R，f′(x)>2.则f(x)>2x＋4的解集为( )
A．(－1,1) B．(－1，＋∞)
C．(－∞，－1) D．(－∞，＋∞)
【解析】 构造函数g(x)＝f(x)－(2x＋4)，
则g(－1)＝2－(－2＋4)＝0，又f′(x)>2.
∴g′(x)＝f′(x)－2>0，∴g(x)是R上的增函数．
∴f(x)>2x＋4?g(x)>0?g(x)>g(－1)，
∴x>－1.
【答案】 B
二、填空题
6．当x>1时，lnx＋与1的大小关系为ln x＋________1(填“>”或“<”)．
【解析】 设f(x)＝ln x＋，则f′(x)＝－＝，∵x>1，∴f′(x)>0.
∴函数f(x)在[1，＋∞)内为增函数，故当x>1时，f(x)>f(1)＝1.
从而ln x＋>1.
【答案】 >
7．若函数y＝－x3＋bx在定义域内不单调，则b的取值范围是________．
【解析】 若函数y＝－x3＋bx在定义域内不单调，则其导数y′＝－4x2＋b＝0有两个不相等的实数根，所以b>0.
【答案】 (0，＋∞)
8．(2013·广州高二检测)已知函数f(x)＝在(－2，＋∞)内单调递减，则实数a的取值范围为________．
【解析】 ∵f′(x)＝且函数f(x)在(－2，＋∞)上单调递减，∴f′(x)≤0在(－2，＋∞)上恒成立．
∴a≤.
当a＝ 时，f′(x)＝0恒成立，不合题意，应舍去．
∴a<.
【答案】 a<
三、解答题
9．(2013·广东高考改编)设函数f(x)＝(x－1)ex－x2.求函数f(x)的单调区间．
【解】 ∵f(x)＝(x－1)ex－x2，
∴f′(x)＝ex＋(x－1)ex－2x＝x(ex－2)．
由f′(x)＝0，解得x1＝0，x2＝ln 2>0.
由f′(x)>0，得x<0或x>ln 2.
由f′(x)<0，得0所以函数f(x)的单调增区间为(－∞，0)和(ln 2，＋∞)，单调减区间为(0，ln 2)．
10．已知函数f(x)＝x3－ax－1.
(1)是否存在a，使f(x)的单调减区间是(－1,1)．
(2)若f(x)在R上是增函数，求a的取值范围．
【解】 f′(x)＝3x2－a.
(1)∵f(x)的单调减区间是(－1,1)，
∴－1∴x＝±1是方程3x2－a＝0的两根，所以a＝3.
(2)∵f(x)在R上是增函数，
∴f′(x)＝3x2－a≥0对x∈R恒成立，
即a≤3x2对x∈R恒成立．
∵y＝3x2在R上的最小值为0.
∴a≤0.
11．设函数f(x)＝a2ln x－x2＋ax(a>0)．
(1)求f(x)的单调区间．
(2)求所有的实数a，使e－1≤f(x)≤e2对x∈[1，e]恒成立．
【解】 (1)∵ f(x)＝a2ln x－x2＋ax，其中x>0，
∴f′(x)＝－2x＋a
＝－，
由于a>0，∴f(x)的增区间为(0，a)，减区间(a，＋∞)．
(2)由题意得，f(1)＝a－1≥e－1，
即a≥e，
由(1)知f(x)在[1，e]上单调递增，
要使e－1≤f(x)≤e2对x∈[1，e]恒成立，
只要
解得a＝e.
一、选择题
1．(2012·陕西高考)设函数f(x)＝＋ln x，则( )
A．x＝为f(x)的极大值点
B．x＝为f(x)的极小值点
C．x＝2为f(x)的极大值点
D．x＝2为f(x)的极小值点
【解析】 f′(x)＝－，令f′(x)＝0，即－＝0得x＝2，
当x∈(0,2)时，f′(x)<0，当x∈(2，＋∞)时，f′(x)>0.
因此x＝2为f(x)的极小值点，故选D.
【答案】 D
2．(2013·威海高二检测)函数f(x)＝x3－3bx＋3b在(0,1)内有极小值，则( )
A．0C．b>0 D．b<
【解析】 f′(x)＝3x2－3b，要使f(x)在(0,1)内有极小值，则有即∴0【答案】 A
3．设a∈R，若函数y＝ex＋ax，x∈R有大于零的极值点，则( )
A．a＜－1 B．a＞－1
C．a＜1 D．a＞1
【解析】 ∵y′＝ex＋a，∴由y′＝0，得ex＝－a，
设函数的极值点为x0(x0＞0)，则－a＝ex0＞1，
所以a＜－1.
【答案】 A
4．设函数f(x)＝x－ln x(x>0)，则y＝f(x)( )
A．在区间(，1)，(1，e)内均有零点
B．在区间(，1)，(1，e)内均无零点
C．在区间(，1)内有零点，在区间(1，e)内无零点
D．在区间(，1)内无零点，在区间(1，e)内有零点
【解析】 由题意，得f′(x)＝－＝.令f′(x)>0，得x>3；令f′(x)<0，得00，故选D.
【答案】 D
5．如图1－3－6是函数f(x)＝x3＋bx2＋cx＋d的大致图象，则x＋x等于
( )
图1－3－6
A. B.
C. D.
【解析】 函数f(x)＝x3＋bx2＋cx＋d图象过点(0,0)，(1,0)，(2,0)，得d＝0，b＋c＋1＝0,4b＋2c＋8＝0，则b＝－3，c＝2，f′(x)＝3x2＋2bx＋c＝3x2－6x＋2，且x1，x2是函数f(x)＝x3＋bx2＋cx＋d的两个极值点，即x1，x2是方程3x2－6x＋2＝0的实根，x＋x＝(x1＋x2)2－2x1x2＝4－＝.
【答案】 C
二、填空题
6．(2013·佛山高二检测)函数f(x)＝x3－3x2＋1在x＝________处取得极小值．
【解析】 由题意得f′(x)＝3x2－6x＝3x·(x－2)．
当x<0时，f′(x)>0；当0当x>2时，f′(x)>0.故当x＝2时取得极小值．
【答案】 2
7．如果函数y＝f(x)的导函数的图象如图1－3－7所示，给出下列判断：
图1－3－7
(1)函数y＝f(x)在区间(－3，－)内单调递增；
(2)函数y＝f(x)在区间(－，3)内单调递减；
(3)函数y＝f(x)在区间(4,5)内单调递增；
(4)当x＝2时，函数y＝f(x)有极小值；
(5)当x＝－时，函数y＝f(x)有极大值．
则上述判断中正确的是________．
【解析】 由导函数的图象知：
当x∈(－∞，－2)时，f′(x)<0，f(x)单调递减；
当x∈(－2,2)时，f′(x)>0，f(x)单调递增；
当x∈(2,4)时，f′(x)<0，f(x)单调递减；
当x∈(4，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增；
在x＝－2时，f(x)取极小值；
在x＝2时，f(x)取极大值；
在x＝4时，f(x)取极小值．
所以只有(3)正确．
【答案】 (3)
8．已知关于x的函数f(x)＝－x3＋bx2＋cx＋bc，如果函数f(x)在x＝1处取极值－，则b＝________，c＝________.
【解析】 f′(x)＝－x2＋2bx＋c由
解得或
若b＝1，c＝－1，则f′(x)＝－x2＋2x－1＝－(x－1)2≤0，此时f(x)没有极值；
若b＝－1，c＝3，则f′(x)＝－x2－2x＋3＝－(x＋3)(x－1)，
当－30，
当x>1时，f′(x)<0，
所以当x＝1时，f(x)有极大值－.
故b＝－1，c＝3即为所求．
【答案】 －1 3
三、解答题
9．已知函数f(x)＝x3－x2－x.
(1)求f(x)的极值；
(2)画出它的大致图象；
(3)指出y＝f(x)零点的个数．
【解】 (1)由已知得f′(x)＝3x2－2x－1＝0，
解得x1＝－，x2＝1，
当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：
x
(－∞，－)
－
(－，1)
1
(1，＋∞)
f′(x)
＋
0
－
0
＋
f(x)
?
极大值
?
极小值
?
所以f(x)的极大值是f(－)＝，极小值是f(1)＝－1.
(2)令f(x)＝0得x＝0或x＝，结合函数的单调性及极值画出f(x)的大致图象如图所示：
(3)由(2)可知f(x)图象与x轴有3个交点，即y＝f(x)有3个零点．
10．已知函数f(x)＝－x3＋ax2＋b(a，b∈R)．
(1)若函数f(x)在x＝0，x＝4处取得极值，且极小值为－1，求f(x)的表达式；
(2)当x∈[0,1]时，函数f(x)图象上的任意一点的切线斜率为k，求k≥－1恒成立时a的取值范围．
【解】 (1)由f′(x)＝－3x2＋2ax，当f′(x)＝0时，得x＝0或x＝.∴＝4.∴a＝6.
当x<0或x>4时，f′(x)<0；当00.
故当x＝0时，f(x)取极小值f(0)＝b，
∴b＝－1.
∴f(x)＝－x3＋6x2－1.
(2)当x∈[0,1]时，k＝f′(x)＝－3x2＋2ax≥－1恒成立，即令g(x)＝3x2－2ax－1≤0对一切x∈[0,1]恒成立．
∵g(0)＝－1<0，
∴
解得a≥1.
11．(2013·重庆高考)设f(x)＝a(x－5)2＋6ln x，其中x∈R，曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线与y轴相交于点(0,6)．
(1)确定a的值；
(2)求函数f(x)的单调区间与极值．
【解】 (1)因为f(x)＝a(x－5)2＋6ln x，
故f′(x)＝2a(x－5)＋.
令x＝1，得f(1)＝16a，f′(1)＝6－8a，所以曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y－16a＝(6－8a)(x－1)．
由点(0,6)在切线上可得6－16a＝8a－6，故a＝.
(2)由(1)知，f(x)＝(x－5)2＋6ln x(x>0)，
f′(x)＝x－5＋＝.
令f′(x)＝0，解得x1＝2，x2＝3.
当03时，f′(x)>0，故f(x)在(0,2)，(3，＋∞)上为增函数；当2由此可知f(x)在x＝2处取得极大值f(2)＝＋6ln 2，
在x＝3处取得极小值f(3)＝2＋6ln 3.
一、选择题
1．(2013·杭州高二检测)函数y＝x＋2cos x在[0，]上取最大值时，x的值为
( )
A．0 B.
C. D.
【解析】 y′＝1－2sin x，令y′＝0得x＝.
又f(0)＝2，f()＝＋2×＝＋，f()＝.
∴当x＝时，f(x)有最大值，故选B.
【答案】 B
2．函数y＝x·e－x在x∈[2,4]上的最小值为( )
A．0 B.
C. D.
【解析】 y′＝＝，当x∈[2,4]时，y′<0，即函数y＝x·e－x在x∈[2,4]上单调递减，故当x＝4时，函数有最小值.
【答案】 C
3．已知f(x)＝2x3－6x2＋m(m为常数)在[－2,2]上有最大值3，那么此函数在[－2,2]上的最小值为( )
A．－37 B．－29
C．－5 D．－11
【解析】 由f′(x)＝6x2－12x＝6x(x－2)＝0，解得x＝0或x＝2，又f(0)＝m，f(2)＝m－8，f(－2)＝m－40，所以f(x)max＝m＝3，f(x)min＝m－40＝3－40＝－37.
【答案】 A
4．已知函数f(x)＝x3－x2＋6x＋a，若?x0∈[－1,4]，使f(x0)＝2a成立，则实数a的取值范围是( )
A．2≤a≤ B．－≤a≤
C．2≤a≤16 D．－≤a≤16
【解析】 f(x0)＝2a，即x－x＋6x0＋a＝2a，
可化为x－x＋6x0＝a，
设g(x)＝x3－x2＋6x，则g′(x)＝3x2－9x＋6＝3(x－1)(x－2)＝0，得x＝1或x＝2.
∴g(1)＝，g(2)＝2，g(－1)＝－，g(4)＝16.
由题意，gmin(x)≤a≤gmax(x)，∴－≤a≤16.
【答案】 D
5．(2013·长沙高二检测)设直线x＝t与函数f(x)＝x2，g(x)＝ln x的图象分别交于点M，N，则当|MN|达到最小时t的值为( )
A．1 B.
C. D.
【解析】 由题意，设|MN|＝F(t)＝t2－lnt(t>0)，
令F′(t)＝2t－＝0，得t＝或t＝－(舍去)．
F(t)在(0，)上单调递减，在(，＋∞)上单调递增，
故t＝时，F(t)＝t2－ln t(t>0)有极小值，也为最小值．即|MN|达到最小值，故选D.
【答案】 D
二、填空题
6．若函数f(x)＝(a>0)在[1，＋∞)上的最大值为，则a的值为________．
【解析】 f′(x)＝＝，当x>时，f′(x)<0，f(x)单调递减，当－0，f(x)单调递增，当x＝时，f(x)＝＝，＝<1，不合题意．
∴f(x)max＝f(1)＝＝，a＝－1.
【答案】 －1
7．已知函数f(x)＝x3－ax2＋3x.若x＝3是f(x)的极值点，则f(x)在x∈[1，a]上最小值和最大值分别为________．
【解析】 由题意知f′(x)＝3x2－2ax＋3＝0的一个根为x＝3，可得a＝5，
所以f′(x)＝3x2－10x＋3＝0的根为x＝3或x＝(舍去)，又f(1)＝－1，f(3)＝－9，f(5)＝15，∴f(x)在x∈[1,5]上的最小值是f(3)＝－9，最大值是f(5)＝15.
【答案】 －9,15
8．设函数f(x)＝ax3－3x＋1(x∈R)，若对于任意的x∈(0,1]．都有f(x)≥0成立，则实数a的取值范围是________．
【解析】 因为x∈(0,1]，
所以f(x)≥0可化为a≥－.
设g(x)＝－，则g′(x)＝.
令g′(x)＝0，得x＝.
当00；
当所以g(x)在(0,1]上有极大值g()＝4，它也是最大值，故a≥4.
【答案】 a≥4
三、解答题
9．(2013·山东高考改编)设函数f(x)＝＋c(e＝2.718 28…是自然对数的底数，c∈R)．求f(x)的单调区间、最大值．
【解】 f′(x)＝(1－2x)e－2x，由f′(x)＝0，解得x＝.
当x＜时，f′(x)＞0，f(x)单调递增；
当x＞时，f′(x)＜0，f(x)单调递减．
所以函数f(x)的单调递增区间是，单调递减区间是，最大值为f＝e－1＋c.
10．已知函数f(x)＝－x3＋3x2＋9x＋a.
(1)求f(x)的单调递减区间；
(2)若f(x)≥2 010对于?x∈[－2,2]恒成立，求a的取值范围．
【解】 (1)f′(x)＝－3x2＋6x＋9.由f′(x)<0，得x<－1或x>3，
所以函数f(x)的单调递减区间为(－∞，－1)，(3，＋∞)．
(2)由f′(x)＝0，－2≤x≤2，得x＝－1.
因为f(－2)＝2＋a，f(2)＝22＋a，f(－1)＝－5＋a，
故当－2≤x≤2时，f(x)min＝－5＋a.
要使f(x)≥2 010对于?x∈[－2,2]恒成立，只需f(x)min＝－5＋a≥2 010，解得a≥2 015.
11．已知函数f(x)＝ax3－x2＋b(x∈R)．
(1)若曲线y＝f(x)在点(2，f(2))处的切线方程为y＝6x－8，求a、b的值；
(2)若a>0，b＝2，当x∈[－1,1]时，求f(x)的最小值．
【解】 (1)f′(x)＝3ax2－3x，f′(2)＝6得a＝1.
由切线方程为y＝6x－8得f(2)＝4；又f(2)＝8a－6＋b＝b＋2，所以b＝2，所以a＝1，b＝2.
(2)f(x)＝ax3－x2＋2.
f′(x)＝3ax2－3x＝3x(ax－1)．令f′(x)＝0，解得x＝0或x＝分以下两种情况讨论：
①若>1即0x
(－1,0)
0
(0,1)
f′(x)
＋
0
－
f(x)
?
极大值
?
f(－1)＝－a－＋2，f(1)＝a－＋2，
所以f(x)min＝f(－1)＝－a.
②若0<<1即a>1，当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：
x
(－1,0)
0
(0，)
(，1)
f′(x)
＋
0
－
0
＋
f(x)
?
极大值
?
极小值
?
f(－1)＝－a，f()＝2－.
而f()－f(－1)＝2－－(－a)
＝＋a－>0，
所以f(x)min＝f(－1)＝－a.
综合①和②，f(x)min＝f(－1)＝－a.
一、选择题
1．某产品的销售收入y1(万元)是产量x(千台)的函数：y1＝17x2(x>0)，生产成本y2(万元)是产量x(千台)的函数：y2＝2x3－x2(x>0)，为使利润最大，应生产
( )
A．6千台 B．7千台
C．8千台 D．9千台
【解析】 设利润为y，则y＝y1－y2＝17x2－(2x3－x2)＝－2x3＋18x2(x>0)，
又由y′＝－6x2＋36x＝0得x＝6，且当x∈(0,6)时，y′>0，当x∈(6，＋∞)时，y′<0，
∴当x＝6时，y最大，故应生产6千台．
【答案】 A
2．要做一个圆锥形漏斗，其母线长为20 cm，要使其体积最大，则其高为
( )
A. cm B．10 cm
C．15 cm D. cm
【解析】 设圆锥的高为x，则底面半径为，其体积V＝πx(202－x2)(0V′＝(400－3x2)，令V′＝0得x＝，又当00；∴当x＝时，V取最大值．
【答案】 D
3．某银行准备新设一种定期存款业务，经预算，存款量与存款利率的平方成正比，比例系数为k(k>0)．已知贷款的利率为0.048 6，且假设银行吸收的存款能全部放贷出去．设存款利率为x，x∈(0,0.048 6)，若使银行获得最大收益，则x的取值为( )
A．0.016 2 B．0.032 4
C．0.024 3 D．0.048 6
【解析】 依题意，存款量是kx2，银行支付的利息是kx3，获得的贷款利息是0.048 6kx2，其中x∈(0,0.048 6)．所以银行的收益是y＝0.048 6kx2－kx3(0令y′＝0，得x＝0.032 4或x＝0(舍去)．
当00；
当0.032 4所以当x＝0.032 4时，y取得最大值，即当存款利率为0.032 4时，银行获得最大收益．
【答案】 B
4．一火车锅炉每小时煤消耗费用与火车行驶速度的立方成正比，已知当速度为20 km/h时，每小时消耗的煤价值40元，其他费用每小时需200元，火车的最高速度为100 km/h，要使从甲城开往乙城的总费用最少，则速度应为( )
A．10 km/h B．20 km/h
C．5 km/h D. km/h
【解析】 设速度为x km/h，甲、乙两城距离为a km.
则总费用f(x)＝(kx3＋200)·＝a(kx2＋)．
由已知条件，得40＝k·203，∴k＝.
∴f(x)＝a(x2＋)．
由f′(x)＝＝0，得x＝10.
当0当100.
∴当x＝10时，f(x)有最小值，
即速度为10 km/h时，总费用最少．
【答案】 A
5．有一边长分别为8与5的长方形，各角剪去相同的小正方形，把四边折起做成一个无盖小盒，则小盒的最大容积是( )
A．20 B．18
C．16 D．14
【解析】 正方形边长为x，则
V＝(8－2x)·(5－2x)x＝2(2x3－13x2＋20x)(0V′＝4(3x2－13x＋10)(0V′＝0得x＝1，根据实际情况，小盒容积最大值是存在的，
∴当x＝1时，容积V取得最大值18.
【答案】 B
二、填空题
6．(2013·开封高二检测)做一个容积为256升的方底无盖水箱，那么用料最省时，它的底面边长为________．
【解析】 设底面边长为x分米，则高h＝，其表面积s＝x2＋，s′＝2x－，令s′＝0，则x＝8.
【答案】 8分米
7．已知矩形的两个顶点A、D位于x轴上，另两个顶点BC位于抛物线y＝4－x2在x轴上方的曲线上，则这个矩形的面积最大时的边长为________．
【解析】 由题意，设矩形边长AD＝2x，则AB＝4－x2，
∴矩形面积为S＝2x(4－x2)＝8x－2x3(0令S′＝0，解之得x1＝，x2＝－(舍去)．
当00；
当∴当x＝时，S取得最大值为.
即矩形的边长分别是，时，矩形的面积最大．
【答案】 ，
8．某厂生产某种产品x件的总成本C(x)＝1200＋x3(万元)，已知产品单价的平方与产品件数成反比，生产100件这样的产品单价为50万元，则产量定为________件时，总利润最大．
【解析】 设产品的单价为p万元，根据已知，可设p2＝，其中k为比例系数．因为当x＝100时，p＝50，所以k＝250 000，所以p2＝，p＝，x>0.
设总利润为y万元，则y＝·x－1 200－x3＝500－x3－1 200.
求导数得，y′＝－x2.
令y′＝0得x＝25.
故当x<25时，y′>0；
当x>25时，y′<0.
因此，当x＝25时，函数y取得极大值，也是最大值．
【答案】 25
三、解答题
9．某集团为了获得更大的收益，每年要投入一定的资金用于广告促销，经调查，每年投入广告费t(百万元)，可增加销售额约为－t2＋5t(百万元)(0≤t≤3)．
(1)若该公司将当年的广告费控制在3百万元之内，则应投入多少广告费，才能使该公司由此获得的收益最大？
(2)现该公司准备共投入3百万元，分别用于广告促销和技术改造，经预测，每投入技术改造费x百万元，可增加的销售额约为－x3＋x2＋3x(百万元)．请设计一个资金分配方案，使该公司由此获得的收益最大．(收益＝销售额－投入)
【解】 (1)设投入t(百万元)的广告费后增加的收益为f(t)，
则有f(t)＝(－t2＋5t)－t＝－t2＋4t＝－(t－2)2＋4(0≤t≤3)，
∴当t＝2时，f(t)取得最大值4，即投入2百万元的广告费时，该公司由此获得的收益最大．
(2)设用于技术改造的资金为x(百万元)，
则用于广告促销的资金为(3－x)(百万元)，又设由此获得的收益是g(x)(百万元)，
则g(x)＝(－x3＋x2＋3x)＋[－(3－x)2＋5(3－x)]－3
＝－x3＋4x＋3(0≤x≤3)，
∴g′(x)＝－x2＋4，
令g′(x)＝0，解得x＝－2(舍去)或x＝2.
又当0≤x<2时，g′(x)>0；当2∴当x＝2时，g(x)取得最大值，即将2百万元用于技术改造，1百万元用于广告促销，该公司由此获得的收益最大．
10．已知A，B两地相距200千米，一只船从A地逆水航行到B地，水流的速度为8千米/时，船在静水中的速度为v千米/时(8【解】 设全程燃料费为y，每小时的燃料费为y1，比例系数为k(k>0)，则y1＝kv2.
当v＝12时，y1＝720，所以720＝k·122，解得k＝5.
由题意，得y＝，
所以y′＝
＝.
令y′＝0，得v＝0(舍去)或v＝16，所以v＝16(千米/时)．
∵8当v0<16时，v∈(8，v0]，y′<0，y在(8，v0]上是单调递减函数，
所以当v＝v0时，y有最小值，最小值为.
综上可知，当v0≥16，v＝16千米/时时，全程燃料费最省，为32000元；
当v0<16，v＝v0千米/时时，全程燃料费最省，为元．
11．某商场预计2012年1月份起前x个月，顾客对某商品的需求总量p(x)(单位：件)与x的关系近似地满足p(x)＝x(x＋1)(39－2x)(x∈N*，x≤12)．该商品第x月的进货单价q(x)(单位：元)与x的近似关系是：
q(x)＝
(1)写出2012年第x月的需求量f(x)(单位：件)与x的函数关系式；
(2)该商品每件的售价为185元，若不计其他费用且每月都能满足市场需求，试问商场2012年哪个月销售该商品的月利润最大，最大月利润为多少元？
【解】 (1)当x＝1时，f(1)＝p(1)＝37，
当2≤x≤12，且x∈N*时，
f(x)＝p(x)－p(x－1)
＝x(x＋1)(39－2x)－(x－1)x·(41－2x)＝－3x2＋40x，
验证x＝1时也符合，
∴f(x)＝－3x2＋40x(x∈N*，且1≤x≤12)．
(2)该商场预计第x月销售该商品的月利润为g(x)＝
即g(x)＝
当1≤x≤6，且x∈N*时，
g′(x)＝18x2－370x＋1 400，令g′(x)＝0，解得x＝5，x＝(舍去)．
当1≤x<5时，g′(x)>0，当5g(x)max＝g(5)＝3 125；
当7≤x≤12，且x∈N*时，
g(x)＝－480x＋6 400是减函数，
当x＝7时，g(x)max＝g(7)＝3 040，
综上，商场2012年5月份的月利润最大，最大利润为3 125元.
一、选择题
1．把区间[1,3]n等分，所得n个小区间，每个小区间的长度为( )
A. B.
C. D.
【解析】 区间长度为2，n等分后每个小区间的长度都是，故选B.
【答案】 B
2．在求由函数y＝与直线x＝1，x＝2，y＝0所围成的平面图形的面积时，把区间[1,2]等分成n个小区间，则第i个小区间为( )
A．[，] B．[，]
C．[i－1，i] D．[，]
【解析】 把区间[1,2]等分成n个小区间后，每个小区间的长度为，且第i个小区间的左端点不小于1，故选B.
【答案】 B
3．设函数f(x)在区间[a，b]上连续，用分点a＝x0A．与f(x)和区间[a，b]有关，与分点的个数n和ξi的取法无关
B．与f(x)和区间[a，b]和分点的个数n有关，与ξi的取法无关
C．与f(x)和区间[a，b]和ξi的取法有关，与分点的个数n无关
D．与f(x)和区间[a，b]和分点的个数n和ξi的取法都有关
【解析】 Sn即为实际的S近似代替后的和式，其与f(x)、区间[a，b]、分点个数、ξi的取法均有关．
【答案】 D
4．在等分区间的情况下，f(x)＝(x∈[0,2])及x轴所围成的曲边梯形的面积和式的极限形式正确的是( )
A. [·]
B. [·]
C. [·]
D. [·n]
【解析】 将区间n等分后，每个小区间的长度为Δx＝，第i个小区间为[，](i＝1,2,3，…，n)，则由求曲边梯形的面积的步骤可得曲边梯形的面积和式的极限形式为
[·]．
【答案】 B
5．汽车以10米/秒的速度行驶，在某处需要减速停车，设汽车以加速度－2米/秒2刹车，若把刹车时间5等分，则从开始刹车到停车，汽车刹车距离的过剩估计值(取每个小区间的左端点对应的函数值)为( )
A．80米 B．60米
C．40米 D．30米
【解析】 由题意知，v(t)＝v0＋at＝10－2t.
令v(t)＝0，得t＝5，即t＝5秒时，汽车将停车．
将区间[0,5]5等分，用每个小区间的左端点的函数值近似替代每个小区间上的平均速度，可得汽车刹车距离的过剩近似值为S＝(10＋10－2×1＋10－2×2＋10－2×3＋10－2×4)×1＝30(米)．
【答案】 D
二、填空题
6. 3i的值为________．
【解析】 3i＝3×(1＋2＋3＋…＋10)＝165.
【答案】 165
7．直线x＝0，x＝2，y＝0与曲线y＝x2＋1围成曲边梯形，将区间[0,2]五等分，按照区间左端点和右端点估计曲边梯形面积分别为________、________.
【解析】 分别以小区间左、右端点的纵坐标为高，求所有小矩形面积之和．
S1＝(02＋1＋0.42＋1＋0.82＋1＋1.22＋1＋1.62＋1)×0.4＝3.92；
S2＝(0.42＋1＋0.82＋1＋1.22＋1＋1.62＋1＋22＋1)×0.4＝5.52.
【答案】 3.92 5.52
8．汽车以v＝(3t＋2)m/s做变速直线运动时，第1 s到第2 s间的1 s内经过的路程是________m.
【解析】 由题意知，所求路程为直线x＝1，x＝2，y＝0与y＝3x＋2所围成的直角梯形的面积，故S＝×(5＋8)×1＝6.5.
【答案】 6.5
三、解答题
9．利用分割，近似代替，求和，取极限的办法求函数y＝1＋x，x＝1，x＝2的图象与x轴围成梯形的面积并用梯形的面积公式加以验证．
【解】 f(x)＝1＋x在区间[1,2]上连续，将区间[1,2]分成n等份，则每个区间的长度为Δxi＝，在[xi－1，xi]＝[1＋，1＋]上取ξi＝xi－1＝1＋(i＝1,2,3，…，n)，于是f(ξi)＝f(xi－1)＝1＋1＋＝2＋，
从而Sn＝f(ξi)Δxi＝ (2＋)·＝ (＋)＝·n＋[0＋1＋2＋…＋(n－1)]＝2＋·＝2＋＝－.
则S＝Sn＝ (－)＝.
如下进行验证：
如图所示：梯形的面积公式
S＝×(2＋3)×1＝.
10．火箭发射后t s的速度为v(t)(单位：m/s)，假定0≤t≤10，对函数v(t)，按v(t1)Δt＋v(t2)Δt＋…＋v(tn)Δt所作的和具有怎样的实际意义．
【解】 将区间[0,10]等分成n个小区间，每个小区间长度为Δt，在每个小区间上取一点，依次为：t1，t2，t3，…，ti，…，tn，虽然火箭的速度不是常数，但在一个小区间内其变化很小，所以用v(ti)代替第i个区间上的速度，这样v(ti)Δt≈火箭在第i个时间段内运行的路程．
从而sn＝v(t1)·Δt＋…＋v(ti)·Δt＋…＋v(tn)Δt≈s(火箭在10 s内运行的路程)，
这就是函数v(t)在时间区间[0,10]上按v(t1)Δt＋v(t2)Δt＋…＋v(tn)Δt所求的和的实际背景．
当分割无限变细(Δt无限趋向于0)时，sn就无限趋向于火箭在10 s内运行的总路程．
11．求由函数y＝，x＝2，x＝3的图象及x轴围成的曲边梯形的面积．
【解】 在[2,3]上等间隔地插入n－1个点，将它等分成n个小区间[2,2＋]，[2＋，2＋]，…，[2＋，3]．记第i个区间为[2＋，2＋](i＝1,2，…，n)，其长度为Δx＝2＋－(2＋)＝.
分别过上述n－1个分点作x轴的垂线，把曲边梯形分成n个小曲边梯形，它们的面积分别为ΔS1，ΔS2，…，ΔSn，显然S＝ΔSi，设f(x)＝，如图，当n很大时，Δx很小，在区间[2＋，2＋]上，可以认为函数f(x)＝的值变化很小，近似地等于一个常数，不妨认为它近似地等于ξi＝ 处的函数值f(ξi)＝，这样在区间[2＋，2＋]上，用小矩形的面积ΔSi′近似地代替ΔSi，则有ΔSi≈ΔSi′＝f(ξi)·Δx
＝·(i＝1,2，…，n)．
∴Sn＝ΔSi′＝f(ξi)·
＝[＋＋…＋]
＝－＋－＋…＋－
＝－＝.
故所求图形的面积为.
