高中数学导数、微积分测试题

1、导数、微积分1、 （ 2012德州二模）如图，在边长为兀的正方形内的正弦曲线y sin x与x轴围成的区P,则点P落在区域M内的概率域记为M （图中阴影部分），随机往正方形内投一个点A.12C.答案：B解析：区域M的面积为：SM= 0 sinxdx =2.cosx|0 =2,而正方形的面积为 S=,所以,，2、，所求概率为P=1，选B。_10）成立,2、(2012济南三模)已知函数f(x) 3x2 2x 1,若f(x)dx 2f (a答案：13解析：因为 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莱芜3月模拟）函数 f （x）x202 x 1x 1 .一. .一一 . 一的图像与x轴所围成的封闭图形x 2的面积为 【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济南二模)已知 、是二次函数f(x) -x3 -ax2 2bx(a, b R)的两个极32值点，且 (0,1) ,(1,2),则 2 的取值范围是()a 2.22八_2A (,-)B. (-,1) C- (1,) D - (,T) (1,)555答案：B

3、解析：因为函数有两个极值，则f'(x) 0有两个不同的根，即f'(0) 02b 0f'(x)x911 Q 984数g(x) x2围成的图形的面积为(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_的几何意义是指动点P(a,b)到定点A(2,3)两点斜a 2率的取值范围，做出可行域如图，由图象可知当直线经1 32过AB时，斜率最小，此时斜率为k ,直线3 25 03经过AD时，斜率最大，此时斜率为k 1 ,所以1 25、(2012临

4、沂3月模拟)函数f(x)322x x x 1在点(1,2)处的切线与函数 g(x) x围成的图形的面积等于 4-33-2 1 2 ,即切线方程为【解析】函数的导数为 f'(x) 3x2-2x 1 ,所以f'(1)2 y x y 2 2(x 1),整理得y 2x。由y解得交点坐标为(0,0), (2,2),所以切线与函6、( 2012临沂二模)已知上随机投一点，点落在y 2x27、(2012青岛二模)设a (1 3x2)dx 4,则二项式(x2 a)6展开式中不含x3项的系 0x. .数和是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 42,二项式为(x-),0x展开式的通项为 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的系数为23C63160,令x 1,得所有项的系数和为1,所以不含x3项的系数和为1 ( 160) 161 ,选C.8、(2012青岛二模)已知函数 f x的定义域为1,5 ,部分对应值如下表，f x的导函数f x在0,2上是减函数；如果当x1,t时，f x的最大值是2,那么t的最大值为4；当1 a 2时，函数y f x a有4个零点；函数y f x a的零点个数可能

6、为 0、1、2、3、4个.其中正确命题的序号是 .【答案】【解析】由导数图象可知，当1 x 0或2 x 4时，f'(x) 0,函数单调递增,当0 x 2或4 x 5, f'(x) 0,函数单调递减，当x 0和x4,函数取得极大值f(0) 2, f(4) 2,当x 2时，函数取得极小值 f (2),所以正确；正确；因为在当x 0和x 4,函数取得极大值f(0) 2, f(4) 2,要使当x 1,t函数f (x)的a知,因为极小值f (2)未知，所以无法判断函数yf (x) a有几个零点，所以不正确,根据函数的单调性和极值，做出函数的图象如图,2D(线段只代表单调性)根据题意函数的

7、极小值不确定，分f (2) 1或1f(2) 2两种情况，由图象知，函数y f(xDy a的交点个数有0,1,2 ,3,4等不同情形，所以正确，综上正确的命题序最大值是4,当2 t 5,所以t的最大值为5,所以不正确；由f(x)号为。9、(2012青岛3月模拟)直线2x4与抛物线x2 1所围成封闭图形的面积是答案：C【解析】联立方程求得交点分别为所以阴影部分的面积为S10、( 2012日照5月模拟)如图,的面积是(A)(B)(C)223231,22 10D. 16由曲线(D)答案：D【解析】 由定积分的几何意义， 阴影部分的面积等于33° sinxdx 2 sinxdxcosx|o c

8、osx |2 3.(或3 02 sin xdx -3cosx 02 3)选 D.111、(2012泰安一模)已知 x,y卜1, y 1 , A是曲线y x2与y x围成的区域,若向区域上随机投一点P,则点P落入区域A的概率为A.13本题为几何概率.区域的面积为2 24 .区域A的面1(x2x2)dx (2x 33133x)113,所以点P落入区域A的概率为P -34D.工12选D.12、( 2012 滨州二模)已知函数f (x)=12x , g (x) = elnx。 2(I)设函数F (x) = f (x) g(x),求F (x)的单调区间;(II )若存在常数 k, m使得f (x) &g

9、t; kx + m,x C R恒成立，且g (x) w kx+ m对xC (0, +8)恒成立，则称直线y=kx+m为函数f (x)与g (x)的“分界线”，试问：f (x)与g (x)是否存在“分界线”若存在，求出“分界线”的方程，若不存在，请说明理由。1 2斛析：(I)由于函数 f (x) = x , g (x) = elnx ,1 2因此，F (x) = f (x) g (x) = x elnx ,则 F'(x) x=(x 厨x (o,),x xx当0vxvje时，F'(x) V0,所以F (x)在(0, Je)上是减函数;当x> 括时，F'(x) >

10、0,所以F (x)在(指，+)上是增函数;因此，函数F (x)的单调减区间是(0, 品),单调增区间是( Je, + )。(II )由(I )可知，当x= Je时，F (x)取得最小值 F ( Je) = 0,则f (x)与g (x)的图象在x= 7e处有公共点(品,)°2假设f(X)与g(X)存在“分界线”，则其必过点(je, £)。2故设其方程为：yek(x Je),即y kx -| k五， e由f (x) > kx kje对xe r恒成立，2则x2 2kx e 2 k 7e 0对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, “分界线”的方程为：y Vex -2下面证明g (x) & Tex e对xe(0, +8)恒成立，设 G (x)=elnx xM 之则 G'(x) £ 八x),2xx所以当 0vxv 点时，G'(x) 0,当 x>je 时，G'(x)<0, 当x=拓时，G (x)取得最大值0,则g (x) < Vex -对xC (0, +8)恒成立,2故所求“分界线”的方程为：y x -213、( 2012 德州二模)设函数 f (x) xln x(x 0), g (x) x 2.(I)求函数f (x)在点M(e

12、, f(e)处的切线方程;(II )设 F(x) ax2 (a 2)x f (x)(a 0),讨论函数 F(x)的单调性;(III )设函数H (x) f (x) g(x),是否同时存在实数 m和M (m M ),使得对每1个t m,M ,直线y t与曲线y H (x)(x -, c)都有公共点若存在，求出最小 e的实数m和最大的实数 M若不存在，说明理由。解析：(I)解：f'(x) =lnx+1 (x>0),则函数 f'(x)在点 M (e, f (e)处的斜率为 f'(e)=2, f (e) = e,所以，所求切线方程为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,则 x=或 _ ,2 a11.1 ,、1当 0v a <2,即 时，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 (x)在(0,)，(1 ,十 )上单调递增，在(11 )单调递减。2 a2a11当a=2,即时，F'(x)&g

14、t;0恒成立， a 2所以，F (x)在(0, +)上单调递增。rr 11当a >2,即一 一时，a 21111 、一、，所以，F (x)在(0,)，(1 , 十 )上单调递增，在(，1 )单调递减a 2a 2(III ) H (x) x 2 xln x, H '(x) In x.,令 H '(x) =0,则 x = 1, 1当x在区间(1,e)内变化时，H '(x), H(x)的变化情况如下表: ex1 e1 (-,1) e1(1,e)eH'(x)一0+H(x)22 - e单调递减极小值1单调递增2一 21又2 2,所以函数H'(x) (x ,e

15、)的值域为1 , 2。ee据经可得，若 m 1 ,则对每一个t m,M,直线y=t与曲线y H(x)(x - , e) M 2e都有公共点。1并且对每一个t (,m)U(M,)，直线y t与曲线y H(x)(x ,e)都没有e公共点。综上，存在实数m=1和M= 2 ,使得对每一个t m, M ,直线y=t与曲线1 y H(x)(x ,e)都有公共点。e14、(2012 德州一模)已知函数f(x) ax ln x( a R).(I) 求f(x)的单调区间；(n)Tg(x) x2 2x 1 ,若对任意 x1 (0,)，总存在 x2 0,1,使得f ( x1 ) g( x2),求实数a的取值范围.,

16、一1 ax 1解析：(I) f '(x) a a(x 0)。 x x当a 0时，由于x>0,故ax+1>0, f '(x) >0,所以f (x)的单调递增区间为(0,十 )。11、当a 0时，由f '(x) = 0,得x -,在区间(0, )上，f '(x) >0, aa，一一1,在区间(一一，+)上，f '(x) <0,a所以，当a 0时，所以f (x)的单调递增区间为(0, +)。当a 0时，f (x)的单调递增区间为(0, 1) , f (x)的单调递减区间为 (一工，+)aa(H )由已知,转化为 f(x)max g

17、(x)max,又 g(x)maX = g (0) = 1由(I)知，当a 0时，f (x)在(0, +)递增，值域为 R,故不符合题意。1 1、，、当a 0时，f (x)在(0, )递增，在(一 一，十 )递减，aa11故f (x)的极大值即为取大值，f( 一)1 ln( 一)1 ln( a),aa1所以 1>1 ln (a),斛仔： a< -2 e15、(2012济南3月模拟)已知函数f (x) =ax+ln x,其中a为常数，设e为自然对数的底数.(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；(3)当a=-1时，试推断方

18、程|f(x)|二g)-是否有实数解.x 211 x【答案】 解：(1)当 a=-1 时，f (x) =-x+ln x, f (x)二答一 x x当 0Vx<1 时，f' (x)>0；当 x>1 时，f' (x)<0.1分.f (x)在(0, 1)上是增函数，在(1, +8)上是减函数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>，则f (x) > 0,从而f (x)在(0,e 上增函数e1 f(x)max=f (e) =ae+1>0.不合题意11

19、 一1右 a<一，则由 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 一从而f(x)在0, 一上增函数，在 一,e为减函数 aa11 f(x)max=f- =-1+此aa令-1+ln1 =-3，则 In =-212 -一 ,1 a= e为所求eaa1 222 =e ，即 a= e . < e < a由(I)知当 a=-1 时 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当 0<x<e 时，g' (x)>0, g(x) 在(0, e)单调递增；当 x>e 时，g' (x)<0, g(x)在(e,+ 00)单调递减 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) |= -没有实数解 14分x 216、( 2012莱芜3月模拟)已知函数 f (x) x2 ax In x,a R.(I)若函数f (x)在1 , 2上

21、是减函数，求实数a的取值范围；(n)令g(x) f (x) x ln x(x) ， x,是否存在实数a,当x 0,e(e是自然常数)时，函数g(x)的最小值是3,若存在，求出a的值；若不存在，说明理由;(出)当x 0,e时，证明：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)假设存在实数a,使 g(x)axln x(x(0, e)有最小值3,axg (x)当a0时,g(x)在0 , e上单调递减,gmin (x)4 人,g(e) ae

22、1 3,a (舍去). e当1 .e时，g(x)在(0,一)上单倜递减，在a1(，e)上单调递增, a所以g min (x)12g(-) 1 ln a 3,a e ,满足条件. a当g(x)在0,e上单调递减，g min (x) g(e) ae 1c4 人，3,a 一 (舍去).e综上，存在实数(0, e时,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时,(x)在(0, e上单调递增,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青岛二模)已知函数 f X ln 2 3x x2.2(I)求函数y的极大值;2m 1由gx0 x3 m 1x ( m为实常数)，试判断函数 g x的单调性;(in)若对任意不等式ln x lnx 3x0均成立，求实数a的取值范围.解:(Iln3x的定义域为由于3x时,13,时,0.上为增函数;上为减函数,从而极大ln 3(n)In3xm 1 x 2m3x3x0,即1时，g2 3x0,当0,即m 1 时，g3 m 1 x 2m 12m 13 m 1 x 3 m 12 3x2 3x2m 12m 13 m 12一一时，g x 0, 3上为增函数;(ii )若 m2m 12m时，g 12m

24、 1时，g x 0,2m 13 m 1上为增函数2m 13 m 1上为减函数.综上可知：当1时,上为增函数;1时,2m上为增函数，在(出)ln xln2m 13 m 1上为减函数.1_3In32 3x要对任意x3x 0 6而In ,而5a In xa Ina In xIn fln0,32 3x0,x 3x 0均成立，必须:3 lln与 a2 3xIn x不同日为0.11分因当且仅当x131时，ln =0,所以为满足题意必有32 3xa ln30,rr1即 a ln . 312分18、(2012青岛3月模拟)已知函数 f (x) x3.(I)记(x)f (x) - 3f (x),(t R),求(

25、x)的极小值;f (x)(n)若函数h(x)sinx的图象上存在互相垂直的两条切线，求实数的值及x相应的切点坐标.解：（I ）由已知： f x x3,x2t由 x 0 x0,或 x , 3当 t 0时， x 3x2 0, x 在,2tx , x为增函数,_ 2_,3x 2tx 3x（ x此时不存在极值;2t1当t 0时,xxx由上表可知:当t 0时,xxx由上表可知:+x变化时，x ,(,0)x变化如下:2t30极大0.x变化如下:00极大4 3t3.27（n）hx 3 x sinx h x 3 cosx设两切点分别为 t1,h t1 , t2,h t2 ，则h t1 h t21costi 3

26、cost22 3 cost1cost2cost1 cost2 1R,方程的判别式3 cost1cost2362cost1 cost24,又1cost1 1, 1cost22从而可得：cost1 cost24cost1 cost2cost1 cost20,4上式要成立当且仅当cost1 1cost11,或cost21 cost2 1此时方程的解为 0 .存在 0,此时函数h xf xsin x的图象在点x2k ,0 k Z,k 0处的切线和在点 2m,0 m Z处的切线互相垂直19、2012日照5月模拟)已知二次函数 r(x)x1 2 ax b(a,b为常数，a R,b R)的一个零点是a ,函

27、数g(x) ln x ,e是自然对数的底数.设函数f (x) r(x) g(x).(I)过坐标原点 O作曲线yf (x)的切线，证明切点的横坐标为1 ；“ _ . 、 f (x)_ .(n)令F(x) V，若函数F(x)在区间(0, 1上是单调函数，求a的取值范围。 e解：(I) : -a是二次函数r(x) x(1)当2-a 0,即a 2时，h'(x) 0, h(x)在间(0, 1)上是增函数。 ax b的一个零点，b=0.2f (x) x ax ln x,1f '(x) 2x a -(x 0) . 2 分x2设切点为P(x0,y。),则切线的斜率 k 2Xo a 00 .x0

28、x0整理得X02 lnx0 1 0 .显然，Xo 1是这个方程的解.4分又因为y x2 ln x 1在(0,)上是增函数,所以方程x2 lnx 1 0有唯一实数解。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)在区间0,1上是减函数。所以， a 2满足题意. 10分(2)当2-a<0,即a>2时，设函数h'(x)的唯一零点为x0 ,则h(x)在(0, x。)上递增，在(x0,

29、1)上递减。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)内有唯一一个零点 x ,当 x (0, x')时,h (x) <0,当 x (x'1)时,h(x)>0.从而F (x)在(0, x')递减，在(x' , 1)递增，与在区间0,1上是单调函数矛盾。. .a>2不合题意.综合(1) (2)得，a 2 .即a的取值范围是(,2 . 14分 20、( 2012威海二模)已知函数 f(x) aln x ±x .1 .x一时，f (x) In x 1, 24

30、1 .211(i)当a 时，求f(x)在区间,e上的最值；2e(n)讨论函数f (x)的单调性；(出)当 1 a解：(I)当aa.，、0时，有f(x) 1 ln( a)恒成立，求a的取值范围.2f (x)1 x2x 2x2 12xf(x) 的定义域为 (0,),由 f (x) 0x 1 . 2分.，、1，一，一八，f(x)在区间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当当当0,即a0时，f (x)a 0时，由1 时，f (x) 0,0, f(x)在(0,f （x）在（0,）单调递减;）单调递增;f (x) 0 得f （x）在（Ja-,）单调递增，在（0, ,a 1上单调递减;综上,0时,f（x）在（0,）单调递增;0时,f (x)