統(tǒng)考版2024屆高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)第三章3.2.2利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的極值最值課時(shí)作業(yè)理含解析20230426153

統(tǒng)考版2024屆高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)第三章3.2.2利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的極值最值課時(shí)作業(yè)理含解析20230426153課時(shí)作業(yè)15利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的極值、最值[基礎(chǔ)達(dá)標(biāo)]一、選擇題1．函數(shù)y＝f(x)的導(dǎo)函數(shù)的圖象如圖所示，則下列說(shuō)法不正確的是()A．(－1,3)為函數(shù)y＝f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間B．(3,5)為函數(shù)y＝f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間C．函數(shù)y＝f(x)在x＝0處取得極大值D．函數(shù)y＝f(x)在x＝5處取得極小值2．函數(shù)f(x)＝2x3＋9x2－2在[－4,2]上的最大值和最小值分別是()A．25，－2B．50,14C．50，－2D．50，－143．已知a為函數(shù)f(x)＝x3－12x的極小值點(diǎn)，則a等于()A．－4B．－2C．4D．24．若函數(shù)f(x)＝x3－3bx＋3b在(0,1)內(nèi)有極小值，則()A．0<b<1B．b<1C．b>0D．b<eq\f(1,2)5．[2021·武昌區(qū)高三年級(jí)調(diào)研考試]已知函數(shù)f(x)＝xex－lnx－x－2，g(x)＝eq\f(ex－2,x)＋lnx－x的最小值分別為a，b，則()A．a(chǎn)＝bB．a(chǎn)<bC．a(chǎn)>bD．a(chǎn)，b的大小關(guān)系不確定二、填空題6．函數(shù)f(x)＝eq\f(1,2)x2＋x－2lnx的最小值為_(kāi)_______．7．已知函數(shù)f(x)＝x3－3ax＋b的單調(diào)遞減區(qū)間為(－1,1)，其極小值為2，則f(x)的極大值是________．8．函數(shù)f(x)＝(x2－x－1)ex(e＝2.718…是自然對(duì)數(shù)的底數(shù))的極值點(diǎn)是________；極大值為_(kāi)_______．三、解答題9．若函數(shù)y＝f(x)在x＝x0處取得極大值或極小值，則稱x0為函數(shù)y＝f(x)的極值點(diǎn)．已知a，b是實(shí)數(shù)，1和－1是函數(shù)f(x)＝x3＋ax2＋bx的兩個(gè)極值點(diǎn)．(1)求a，b的值．(2)設(shè)函數(shù)g(x)的導(dǎo)數(shù)g′(x)＝f(x)＋2，求g(x)的極值點(diǎn)．

10.[2021·廣東五校聯(lián)考]已知函數(shù)f(x)＝ax＋lnx，其中a為常數(shù)．(1)當(dāng)a＝－1時(shí)，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．[能力挑戰(zhàn)]11．[2021·南昌市高三年級(jí)摸底測(cè)試卷]若函數(shù)f(x)＝(x－1)ex－ax(e為自然對(duì)數(shù)的底數(shù))有兩個(gè)極值點(diǎn)，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是()A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,e)，0))B．(－∞，0)C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,e)，＋∞))D．(0，＋∞)12．[2021·安徽省部分重點(diǎn)校高三聯(lián)考試題]已知函數(shù)f(x)＝ax－lnx，x∈[1，e]的最小值為3，若存在x1，x2，…，xn∈[1，e]，使得f(x1)＋f(x2)＋…＋f(xn－1)＝f(xn)，則正整數(shù)n的最大值為()A．2B．3C．4D．513．[2021·開(kāi)封市高三模擬考試]設(shè)點(diǎn)P為函數(shù)f(x)＝lnx－x3的圖象上任意一點(diǎn)，點(diǎn)Q為直線2x＋y－2＝0上任意一點(diǎn)，則P，Q兩點(diǎn)距離的最小值為_(kāi)_______．課時(shí)作業(yè)151．解析：由函數(shù)y＝f(x)的導(dǎo)函數(shù)的圖象可知，當(dāng)x<－1或3<x<5時(shí)，f′(x)<0，y＝f(x)單調(diào)遞減；當(dāng)x>5或－1<x<3時(shí)，f′(x)>0，y＝f(x)單調(diào)遞增，所以函數(shù)y＝f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為(－∞，－1)，(3,5)，單調(diào)遞增區(qū)間為(－1,3)，(5，＋∞)，函數(shù)y＝f(x)在x＝－1,5處取得極小值，在x＝3處取得極大值，故選項(xiàng)C錯(cuò)誤，故選C.答案：C2．解析：∵f(x)＝2x3＋9x2－2，∴f′(x)＝6x2＋18x.當(dāng)x∈[－4，－3)或x∈(0,2]時(shí)，f′(x)>0，f(x)為增函數(shù)．當(dāng)x∈(－3,0)時(shí)，f′(x)<0，f(x)為減函數(shù)．由f(－4)＝14，f(－3)＝25，f(0)＝－2，f(2)＝50，故函數(shù)f(x)＝2x3＋9x2－2在[－4,2]上的最大值和最小值分別是50，－2，故選C.答案：C3．解析：由題意得f′(x)＝3x2－12，由f′(x)＝0得x＝±2，當(dāng)x∈(－∞，－2)時(shí)，f′(x)>0，函數(shù)f(x)單調(diào)遞增，當(dāng)x∈(－2,2)時(shí)，f′(x)<0，函數(shù)f(x)單調(diào)遞減，當(dāng)x∈(2，＋∞)時(shí)，f′(x)>0，函數(shù)f(x)單調(diào)遞增，所以a＝2.答案：D4．解析：f(x)在(0,1)內(nèi)有極小值，則f′(x)＝3x2－3b在(0,1)上先負(fù)后正，∴f′(0)＝－3b<0.∴b>0.f′(1)＝3－3b>0，∴b<1.綜上，b的取值范圍為0<b<1，故選A.答案：A5．解析：令h(x)＝ex－x－1，則h′(x)＝ex－1，因?yàn)閤<0時(shí)，0<ex<1，x≥0時(shí)，ex≥1，所以h(x)在(－∞，0)上單調(diào)遞減，在[0，＋∞)上單調(diào)遞增，所以ex≥x＋1，所以f(x)＝xex－lnx－x－2＝elnx·ex－lnx－x－2＝ex＋lnx－(x＋lnx)－2≥x＋lnx＋1－(x＋lnx)－2＝－1＝a，g(x)＝eq\f(ex－2,x)＋lnx－x＝x－1·ex－2＋lnx－x＝e－lnx＋x－2＋lnx－x≥x－lnx－2＋1＋lnx－x＝－1＝b，所以a＝b，故選A.答案：A6．解析：因?yàn)閒′(x)＝x＋1－eq\f(2,x)＝eq\f(x＋2x－1,x)(x>0)，所以f(x)在(0,1)上單調(diào)遞減，在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，所以f(x)min＝f(1)＝eq\f(1,2)＋1＝eq\f(3,2).答案：eq\f(3,2)7．解析：因?yàn)閒(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為(－1,1)，所以a>0，由f′(x)＝3x2－3a＝3(x－eq\r(a))(x＋eq\r(a))，可得a＝1，由f(x)＝x3－3ax＋b在x＝1處取得極小值2，可得1－3＋b＝2，故b＝4.所以f(x)＝x3－3x＋4的極大值為f(－1)＝(－1)3－3×(－1)＋4＝6.答案：68．解析：由已知得f′(x)＝(x2－x－1＋2x－1)ex＝(x2＋x－2)ex＝(x＋2)(x－1)ex，因?yàn)閑x>0，令f′(x)＝0，可得x＝－2或x＝1，當(dāng)x<－2時(shí)，f′(x)>0，即函數(shù)f(x)在(－∞，－2)上單調(diào)遞增；當(dāng)－2<x<1時(shí)，f′(x)<0，即函數(shù)f(x)在區(qū)間(－2,1)上單調(diào)遞減；當(dāng)x>1時(shí)，f′(x)>0，即函數(shù)f(x)在區(qū)間(1，＋∞)上單調(diào)遞增．故f(x)的極值點(diǎn)為－2或1，且極大值為f(－2)＝eq\f(5,e2).答案：1或－2eq\f(5,e2)9．解析：(1)由題設(shè)知f′(x)＝3x2＋2ax＋b，且f′(－1)＝3－2a＋b＝0，f′(1)＝3＋2a＋b＝0，解得a＝0，b＝－3.(2)由(1)知f(x)＝x3－3x，則g′(x)＝f(x)＋2＝(x－1)2(x＋2)，所以g′(x)＝0的根為x1＝x2＝1，x3＝－2，即函數(shù)g(x)的極值點(diǎn)只可能是1或－2.當(dāng)x<－2時(shí)，g′(x)<0，當(dāng)－2<x<1時(shí)，g′(x)>0，∴x＝－2是g(x)的極值點(diǎn)當(dāng)x>1時(shí)，g′(x)>0，所以1不是g(x)的極值點(diǎn)．∴g(x)的極值點(diǎn)是－2.10．解析：(1)易知f(x)的定義域?yàn)?0，＋∞)，當(dāng)a＝－1時(shí)，f(x)＝－x＋lnx，f′(x)＝－1＋eq\f(1,x)＝eq\f(1－x,x)，令f′(x)＝0，得x＝1.當(dāng)0<x<1時(shí)，f′(x)>0；當(dāng)x>1時(shí)，f′(x)<0.所以f(x)在(0,1)上是增函數(shù)，在(1，＋∞)上是減函數(shù)．所以f(x)max＝f(1)＝－1.所以當(dāng)a＝－1時(shí)，函數(shù)f(x)在(0，＋∞)上的最大值為－1.(2)f′(x)＝a＋eq\f(1,x)，x∈(0，e]，eq\f(1,x)∈eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，＋∞)).①若a≥－eq\f(1,e)，則f′(x)≥0，從而f(x)在(0，e]上是增函數(shù)，所以f(x)max＝f(e)＝ae＋1≥0，不符合題意；②若a<－eq\f(1,e)，令f′(x)>0得a＋eq\f(1,x)>0，結(jié)合x(chóng)∈(0，e]，解得0<x<－eq\f(1,a)，令f′(x)<0得a＋eq\f(1,x)<0，結(jié)合x(chóng)∈(0，e]，解得－eq\f(1,a)<x≤e.從而f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(1,a)))上為增函數(shù)，在eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1,a)，e))上為減函數(shù)，所以f(x)max＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,a)))＝－1＋lneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,a))).令－1＋lneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,a)))＝－3，得lneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,a)))＝－2，即a＝－e2，因?yàn)椋璭2<－eq\f(1,e)，所以a＝－e2為所求．故實(shí)數(shù)a的值為－e2.11．解析：由題意得f′(x)＝exx－a，因?yàn)楹瘮?shù)f(x)＝ex(x－1)－ax有兩個(gè)極值點(diǎn)，所以f′(x)＝0有兩個(gè)不等根，即a＝exx有兩個(gè)不等根，所以直線y＝a與y＝exx的圖象有兩個(gè)不同的交點(diǎn)．令g(x)＝exx，則g′(x)＝ex(x＋1)．當(dāng)x<－1時(shí)，g′(x)<0，當(dāng)x>－1時(shí)，g′(x)>0，所以函數(shù)g(x)在(－∞，－1)上單調(diào)遞減，在(－1，＋∞)上單調(diào)遞增，當(dāng)x＝－1時(shí)，g(x)取得最小值，且最小值為－eq\f(1,e).當(dāng)x<0時(shí)，g(x)<0，當(dāng)x>0時(shí)，g(x)>0，則可得函數(shù)g(x)的大致圖象，如圖所示，則－eq\f(1,e)<a<0，故選A.答案：A12．解析：f′(x)＝a－eq\f(1,x)，∵x∈[1，e]，∴eq\f(1,x)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，1)).當(dāng)a≤eq\f(1,e)時(shí)，f′(x)≤0，所以f(x)在[1，e]上單調(diào)遞減，所以f(x)min＝f(e)＝ae－1＝3，解得a＝eq\f(4,e)?eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，\f(1,e)))，不合題意，舍去；當(dāng)eq\f(1,e)<a<1時(shí)，令f′(x)＝0得x＝eq\f(1,a)，當(dāng)1≤x<eq\f(1,a)時(shí)，f′(x)<0，當(dāng)eq\f(1,a)<x≤e時(shí)，f′(x)>0，所以f(x)在eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(1,a)))上單調(diào)遞減，在eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，e))上單調(diào)遞增，所以f(x)min＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)))＝1－lneq\f(1,a)＝3，解得a＝e2?eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，1))，不合題意，舍去；當(dāng)a≥1時(shí)，f′(x)≥0，所以f(x)在[1，e]上單調(diào)遞增，所以f(x)min＝f(1)＝a＝3≥1，符合題意．綜上可知，a＝3.所以f(x)＝3x－lnx，x∈[1，e]，所以f(x)max＝f(e)＝3e－1，f(x)min＝f(1)＝3.要想存在x1，x2，x3，…，xn∈[1，e]，使得f(x1)＋f(x2)＋…＋f(xn－1)＝f(xn)，且正整數(shù)n最大，則f(x1)＝f(x2)＝…＝f(xn－1)＝f(x)min，f(xn)＝f(x)max，則3(n－1)≤3e－1，解得n≤e＋eq\f(2,3)，又n∈N*，所以n≤3，從而n的最大值為3，故選B.答案：B13．解析：由題意知，當(dāng)函數(shù)f(x)的圖象在點(diǎn)P(x0，y0)處的切線l1與直線l2：2x＋y－2＝0平行，且PQ⊥l2時(shí)，P，Q兩點(diǎn)之間的距離最?。?yàn)閒(x)＝lnx－x3，所以f′(x)＝eq\f(1,x)－3x2，所以eq\f(1,x0)－3xeq\o\al(2,0)＝－2，解得x0＝1，所以y0＝－1，故切線l1的方程為2x＋y－1＝0.由兩平行直線之間的距離公式可得切線l1與直線l2之間的距離d＝eq\f(|－1－－2|,\r(5))＝eq\f(\r(5),5)，故P，Q兩點(diǎn)距離的最小值為eq\f(\r(5),5).答案：eq\f(\r(5),5)課時(shí)作業(yè)16導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用[基礎(chǔ)達(dá)標(biāo)]1．[2021·長(zhǎng)沙市四校高三年級(jí)模擬考試]已知函數(shù)f(x)＝sinx－xcosx－eq\f(1,6)x3，f′(x)為f(x)的導(dǎo)數(shù)．(1)證明：f′(x)在區(qū)間eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上不存在零點(diǎn)；(2)若f(x)>kx－xcosx－eq\f(1,6)x3－1對(duì)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))恒成立，求實(shí)數(shù)k的取值范圍．2．[2021·山東泰安一中聯(lián)考]已知函數(shù)f(x)＝eq\f(1,2)x2－alnx＋1(a∈R)．(1)若函數(shù)f(x)在[1,2]上是單調(diào)遞增函數(shù)，求實(shí)數(shù)a的取值范圍；(2)若－2≤a<0，對(duì)任意x1，x2∈[1,2]，不等式|f(x1)－f(x2)|≤meq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(1,x1)－\f(1,x2)))恒成立，求實(shí)數(shù)m的取值范圍．3.[2021·河北省九校高三聯(lián)考試題]已知函數(shù)f(x)＝ex－cosx.(1)求f(x)的圖象在點(diǎn)(0，f(0))處的切線方程；(2)求證：f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，＋∞))上僅有2個(gè)零點(diǎn)．4．[2021·鄭州模擬]已知函數(shù)f(x)＝eq\f(ex,x)＋a(x－lnx)，a∈R.(1)當(dāng)a＝－e時(shí)，求f(x)的最小值；(2)若f(x)有兩個(gè)零點(diǎn)，求參數(shù)a的取值范圍．[能力挑戰(zhàn)]5．已知函數(shù)f(x)＝x－(a＋1)lnx－eq\f(a,x)(a∈R)，g(x)＝eq\f(1,2)x2＋ex－xex.(1)當(dāng)x∈[1，e]時(shí)，求f(x)的最小值；(2)當(dāng)a<1時(shí)，若存在x1∈[e，e2]，使得對(duì)任意的x2∈[－2,0]，f(x1)<g(x2)恒成立，求a的取值范圍．課時(shí)作業(yè)161．解析：(1)由題意得f′(x)＝xsinx－eq\f(1,2)x2＝xeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sinx－\f(1,2)x))，令g(x)＝sinx－eq\f(1,2)x，則g′(x)＝cosx－eq\f(1,2)，當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,3)))時(shí)，g′(x)>0，g(x)單調(diào)遞增；當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，\f(π,2)))時(shí)，g′(x)<0，g(x)單調(diào)遞減．又g(0)＝0，geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)))＝eq\f(\r(3),2)－eq\f(π,6)>0，geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))＝1－eq\f(π,4)>0，∴g(x)>0在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上恒成立，故f′(x)>0在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上恒成立，故f′(x)在區(qū)間eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上不存在零點(diǎn)．(2)由f(x)>kx－xcosx－eq\f(1,6)x3－1，得sinx>kx－1.∵x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，∴k<eq\f(sinx＋1,x)，令t(x)＝eq\f(1＋sinx,x)，則t′(x)＝eq\f(xcosx－sinx－1,x2)，令m(x)＝xcosx－sinx－1，則當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))時(shí)，m′(x)＝－xsinx<0恒成立，∴m(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上單調(diào)遞減，∴當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))時(shí)，m(x)<m(0)＝－1<0，∴t′(x)<0在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上恒成立，即t(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上單調(diào)遞減，∴當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))時(shí)，t(x)>teq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))＝eq\f(4,π)，∴k≤eq\f(4,π)，∴k的取值范圍是eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，\f(4,π))).2．解析：(1)易知f(x)不是常值函數(shù)，∵f(x)＝eq\f(1,2)x2－alnx＋1在[1,2]上是增函數(shù)，∴f′(x)＝x－eq\f(a,x)≥0恒成立，所以a≤x2，只需a≤(x2)min＝1.(2)因?yàn)椋?≤a<0，由(1)知，函數(shù)f(x)在[1,2]上單調(diào)遞增，不妨設(shè)1≤x1≤x2≤2，則|f(x1)－f(x2)|≤meq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(1,x1)－\f(1,x2)))，可化為f(x2)＋eq\f(m,x2)≤f(x1)＋eq\f(m,x1)，設(shè)h(x)＝f(x)＋eq\f(m,x)＝eq\f(1,2)x2－alnx＋1＋eq\f(m,x)，則h(x1)≥h(x2)，所以h(x)為[1,2]上的減函數(shù)，即h′(x)＝x－eq\f(a,x)－eq\f(m,x2)≤0在[1,2]上恒成立，等價(jià)于m≥x3－ax在[1,2]上恒成立，設(shè)g(x)＝x3－ax，所以m≥g(x)max，因－2≤a<0，所以g′(x)＝3x2－a>0，所以函數(shù)g(x)在[1,2]上是增函數(shù)，所以g(x)max＝g(2)＝8－2a≤12(當(dāng)且僅當(dāng)a＝－2時(shí)等號(hào)成立)．所以m≥12.3．解析：(1)f′(x)＝ex＋sinx，f′(0)＝1，f(0)＝0，∴f(x)的圖象在點(diǎn)(0，f(0))處的切線方程為y－0＝x－0，即y＝x.(2)令g(x)＝f′(x)＝ex＋sinx，則g′(x)＝ex＋cosx，當(dāng)－eq\f(π,2)<x<eq\f(π,2)時(shí)，g′(x)>0，∴g(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，\f(π,2)))上單調(diào)遞增．而geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)))＝－1<0，geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))＝＋1>0，由零點(diǎn)存在性定理知g(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，\f(π,2)))上有唯一零點(diǎn)，∴f′(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，\f(π,2)))上有唯一零點(diǎn)．又f′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)))<0，f′(0)＝1>0，∴f′(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，\f(π,2)))上單調(diào)遞增且有唯一零點(diǎn)α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，0))，∴x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，α))時(shí)，f′(x)<0；x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α，\f(π,2)))時(shí)，f′(x)>0.∴f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，α))上單調(diào)遞減，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α，\f(π,2)))上單調(diào)遞增，又f(0)＝0，∴f(α)<0，結(jié)合feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)))＝>0，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))＝>0，由零點(diǎn)存在性定理知f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，α))上有一個(gè)零點(diǎn)，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α，\f(π,2)))上有一個(gè)零點(diǎn)0.當(dāng)x≥eq\f(π,2)時(shí)，ex>1，cosx≤1，ex－cosx>0，f(x)>0，此時(shí)f(x)無(wú)零點(diǎn)．綜上，f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，＋∞))上僅有2個(gè)零點(diǎn)．4．解析：(1)f(x)＝eq\f(ex,x)＋a(x－lnx)，定義域?yàn)?0，＋∞)，f′(x)＝eq\f(exx－1,x2)＋aeq\f(x－1,x)＝eq\f(x－1ex＋ax,x2)，當(dāng)a＝－e時(shí)，f′(x)＝eq\f(x－1ex－ex,x2)，由于ex≥ex在(0，＋∞)上恒成立．故f(x)在(0,1)上單調(diào)遞減，f(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞增．f(x)min＝f(1)＝e＋a＝0.(2)f′(x)＝eq\f(x－1ex＋ax,x2)，當(dāng)a＝－e時(shí)，f(x)在(0,1)上單調(diào)遞減，在(1，＋∞)上單調(diào)遞增．f(x)min＝f(1)＝a＋e＝0，f(x)只有一個(gè)零點(diǎn)．當(dāng)a>－e時(shí)，ax>－ex，故ex＋ax>ex－ex≥0在(0，＋∞)上恒成立．故f(x)在(0,1)上單調(diào)遞減，在(1，＋∞)上單調(diào)遞增．f(x)min＝f(1)＝a＋e>0，故當(dāng)a>－e時(shí)，f(x)沒(méi)有零點(diǎn)．當(dāng)a<－e時(shí)，令ex＋ax＝0，得eq\f(ex,x)＝－a，令φ(x)＝eq\f(ex,x)，φ′(x)＝eq\f(x－1ex,x2).φ(x)在(0,1)上單調(diào)遞減，在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，φ(x)min＝φ(1)＝e，ex＋ax＝0在(0，＋∞)上有兩個(gè)零點(diǎn)x1，x2,0<x1<1<x2，f(x)在(0，x1)上單調(diào)遞減，在(x1,1)上單調(diào)遞增，在(1，x2)上單調(diào)遞減，在(x2，＋∞)上單調(diào)遞增，f(1)＝a＋e<0，又x→0時(shí)，f(x)→＋∞，x→＋∞時(shí)，f(x)→＋∞.此時(shí)f(x)有兩個(gè)零點(diǎn)．綜上，若f(x)有兩個(gè)零點(diǎn)，則a<－e.5．解析：(1)f(x)的定義域?yàn)?0，＋∞)，f′(x)＝eq\f(x－1x－a,x2).①當(dāng)a≤1時(shí)，x∈[1，e]，f′(x)≥0，f(x)為增函數(shù)，f(x)min＝f(1)＝1－a.②當(dāng)1<a<e時(shí)，x∈[1，a]時(shí)，f′(x)≤0，f(x)為減函數(shù)；x∈[a，e]時(shí)，f′(x)≥0，f(x)為增函數(shù)．所以f(x)min＝f(a)＝a－(a＋1)lna－1.③當(dāng)a≥e時(shí)，x∈[1，e]時(shí)，f′(x)≤0，f(x)在[1，e]上為減函數(shù)．f(x)min＝f(e)＝e－(a＋1)－eq\f(a,e).綜上，當(dāng)a≤1時(shí)，f(x)min＝1－a；當(dāng)1<a<e時(shí)，f(x)min＝a－(a＋1)lna－1；當(dāng)a≥e時(shí)，f(x)min＝e－(a＋1)－eq\f(a,e).(2)由題意知f(x)(x∈[e，e2])的最小值小于g(x)(x∈[－2,0])的最小值．由(1)知當(dāng)a<1時(shí)，f(x)在[e，e2]上單調(diào)遞增，f(x)min＝f(e)＝e－(a＋1)－eq\f(a,e).g′(x)＝(1－ex)x.當(dāng)x∈[－2,0]時(shí)，g′(x)≤0，g(x)為減函數(shù)．g(x)min＝g(0)＝1.所以e－(a＋1)－eq\f(a,e)<1，即a>eq\f(e2－2e,e＋1)，所以a的取值范圍為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(e2－2e,e＋1)，1)).課時(shí)作業(yè)17定積分與微積分基本定理[基礎(chǔ)達(dá)標(biāo)]一、選擇題1．[2021·甘肅蘭州一中月考]eq\i\in(-1,1,)|x|dx等于()A．0B．1C．2D.eq\f(1,2)2．[2021·湖北黃岡調(diào)研]eq\i\in(-4,4,)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(cos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,2)))＋\r(16－x2)))dx＝()A．8πB．4πC．2πD．π3．已知f(x)為偶函數(shù)且eq\i\in(0,6,)f(x)dx＝8，則eq\i\in(-6,6,)f(x)dx等于()A．0B．4C．8D．164．[2021·四川內(nèi)江適應(yīng)性測(cè)試]由曲線y＝x2＋1，直線y＝－x＋3，x軸正半軸與y軸正半軸圍成的圖形的面積為()A．3B.eq\f(10,3)C.eq\f(7,3)D.eq\f(8,3)5．[2019·河南八市重點(diǎn)高中第二次聯(lián)合測(cè)評(píng)]已知函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\r(x)，1<x≤4，,x|x|，－1≤x≤1，))則eq\i\in(-1,4,)f(x)dx＝()A.eq\f(1,4)B.eq\f(14,3)C．7D.eq\f(21,2)6．若eq\i\in(0,1,)(x2＋mx)dx＝0，則實(shí)數(shù)m的值為()A．－eq\f(1,3)B．－eq\f(2,3)C．－1D．－27．[2021·福州模擬]若f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(lgx，x>0，,x＋\i\in(0,a,)3t2dt，x≤0，))f(f(1))＝1，則a的值為()A．1B．2C．－1D．－28．[2021·鄭州模擬]汽車以v＝(3t＋2)m/s做變速運(yùn)動(dòng)時(shí)，在第1s至第2s之間的1s內(nèi)經(jīng)過(guò)的路程是()A．5mB.eq\f(11,2)mC．6mD.eq\f(13,2)m9．[2021·湖北孝感模擬]已知eq\i\in(1,e,)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)－m))dx＝eq\f(3－e,2)，則m的值為()A.eq\f(e－1,4e)B.eq\f(1,2)C．－eq\f(1,2)D．－110.[2021·遼寧丹東適應(yīng)性測(cè)試]如圖，函數(shù)y＝－x2＋2x＋1與y＝1的圖象相交，形成一個(gè)閉合圖形(圖中的陰影部分)，則該閉合圖形的面積是()A．1B.eq\f(4,3)C.eq\r(3)D．2二、填空題11．[2021·成都市高三摸底測(cè)試](－2sinx)dx＝________.12．[2021·湖南株洲質(zhì)檢]若eq\i\in(0,T,)x2dx＝9，則常數(shù)T的值為_(kāi)_______．13．[2021·江西八所重點(diǎn)中學(xué)聯(lián)考]若函數(shù)f(x)＝ln(ex＋1)＋ax為偶函數(shù)，則eq\i\in(1,e,)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)－\f(x,a)))dx＝________.14．[2021·河北衡水中學(xué)調(diào)研]曲線y＝x3－3x和直線y＝x所圍成的圖形的面積是________．[能力挑戰(zhàn)]15．一物體受到與它運(yùn)動(dòng)方向相反的力F(x)＝eq\f(1,10)ex＋x的作用，則它從x＝0運(yùn)動(dòng)到x＝1時(shí)F(x)所做的功等于()A.eq\f(e,10)＋eq\f(2,5)B.eq\f(e,10)－eq\f(2,5)C．－eq\f(e,10)＋eq\f(2,5)D．－eq\f(e,10)－eq\f(2,5)16．[2021·湖南長(zhǎng)沙長(zhǎng)郡中學(xué)第一次適應(yīng)性考試]已知函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－x＋2，x≤2，,\r(1－x－32)，2<x≤4，))則f(x)dx的值為()A.eq\f(9＋4π,8)B.eq\f(1＋4π,4)C.eq\f(1＋π,2)D.eq\f(3＋2π,4)17．[2019·江西上饒第二次模擬]如圖，圖形由部分正弦曲線y＝sinx與余弦曲線y＝cosx及矩形ABCD組成，向矩形ABCD內(nèi)擲一粒豆子(大小忽略不計(jì))，若豆子落在矩形ABCD內(nèi)的任一位置是等可能的，則豆子落在陰影部分的概率為_(kāi)_______．課時(shí)作業(yè)171．解析：如圖，由定積分的幾何意義可知eq\i\in(-1,1,)|x|dx表示圖中陰影部分的面積，故eq\i\in(-1,1,)|x|dx＝2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)×1×1))＝1.答案：B2．解析：coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,2)))＝－sinx．令y＝eq\r(16－x2)，兩邊平方，得y2＝16－x2(y≥0)，則有x2＋y2＝16(y≥0)，所以函數(shù)y＝eq\r(16－x2)在[－4,4]上的圖象是圓x2＋y2＝16的上半部分，所以eq\i\in(-4,4,)eq\r(16－x2)dx＝eq\f(1,2)×π×42＝8π.所以eq\i\in(-4,4,)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(cos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,2)))＋\r(16－x2)))dx＝eq\i\in(-4,4,)(eq\r(16－x2)－sinx)dx＝eq\i\in(-4,4,)eq\r(16－x2)dx－eq\i\in(-4,4,)sinxdx＝8π＋cosxeq\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(4,－4))＝8π，故選A項(xiàng)．答案：A3．解析：原式＝eq\i\in(-6,0,)f(x)dx＋eq\i\in(0,6,)f(x)dx，因?yàn)樵瘮?shù)為偶函數(shù)，即在y軸兩側(cè)的圖象對(duì)稱．所以對(duì)應(yīng)的面積相等，即eq\i\in(-6,6,)－6f(x)dx＝2eq\i\in(0,6,)f(x)dx＝8×2＝16.答案：D4.解析：由題意可知題中曲線與坐標(biāo)軸圍成的圖形如圖中陰影部分所示，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝x2＋1，,y＝－x＋3，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝－2，,y＝5))(舍去)或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝1，,y＝2，))則A(1,2)，結(jié)合圖形可知，所求的面積為eq\i\in(0,1,)(x2＋1)dx＋eq\f(1,2)×22＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)x3＋x))eq\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(1,0))＋2＝eq\f(10,3)，選B項(xiàng)．答案：B5．解析：函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\r(x)，1<x≤4，,x|x|，－1≤x≤1，))則eq\i\in(-1,4,)f(x)dx＝eq\i\in(-1,1,)x|x|dx＋eq\i\in(1,4,)eq\r(x)dx＝0＋eq\f(2,3)xeq\f(3,2)eq\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(4,1))＝eq\f(14,3).故選B項(xiàng)．答案：B6．解析：由題意知eq\i\in(0,1,)(x2＋mx)dx＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x3,3)＋\f(mx2,2)))eq\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(1,0))＝eq\f(1,3)＋eq\f(m,2)＝0，得m＝－eq\f(2,3).答案：B7．解析：因?yàn)閒(1)＝lg1＝0，f(0)＝eq\i\in(0,a,)3t2dt＝t3eq\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(a,0))＝a3，所以由f(f(1))＝1得a3＝1，所以a＝1.答案：A8．解析：根據(jù)題意，汽車以v＝(3t＋2)m/s做變速運(yùn)動(dòng)時(shí)，汽車在第1s至第2s之間的1s內(nèi)經(jīng)過(guò)的路程s＝eq\i\in(1,2,)(3t＋2)dt＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3t2,2)＋2t))eq\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(2,1))＝eq\f(13,2)m，故選D.答案：D9．解析：由微積分基本定理得eq\i\in(1,e,)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)－m))dx＝(lnx－mx)eq\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(e,1))＝m＋1－me，結(jié)合題意得m＋1－me＝eq\f(3－e,2)，解得m＝eq\f(1,2).故選B.答案：B10．解析：由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝－x2＋2x＋1，,y＝1，))得x1＝0，x2＝2，所以閉合圖形的面積S＝eq\i\in(0,2,)(－x2＋2x＋1－1)dx＝eq\i\in(0,2,)(－x2＋2x)dx＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(x3,3)＋x2))eq\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(2,0))＝－eq\f(8,3)＋4＝eq\f(4,3).答案：B11．解析：由定積分的概念及微積分基本定理，得(－2sinx)dx＝2cosxeq\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(π,2),0))＝－2.答案：－212．解析：eq\i\in(0,T,)x2dx＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(