《创新设计高考总复习》配套学案：定积分与微积分基本定理(5)

答案

722 13．不等式x2－2x<0表示的平面区域与抛物线y2＝4x围成的封闭区域的面积为_______．

2x，∴所求面积S＝2?解析 由x2－2x<0，得0

02

＝

16

答案 3 2

162＝3.

e2x2＋1e2xg?x1?f?x2?

14．设函数f(x)＝x，g(x)＝ex，对任意x1，x2∈(0，＋∞)，不等式k≤

k＋1恒成立，则正数k的取值范围是________． 解析 因为对任意x1，x2∈(0，＋∞)， g?x1?f?x2?kg?x1?max不等式k≤恒成立，所以≥.

f?x?2mink＋1k＋1e2x

因为g(x)＝ex＝xe2－x，

所以g′(x)＝(xe2－x)′＝e2－x＋xe2－x·(－1)＝e2－x(1－x)． 当00；当x>1时，g′(x)<0， 所以g(x)在(0,1]上单调递增，在[1，＋∞)上单调递减． 所以当x＝1时，g(x)取到最大值，即g(x)max＝g(1)＝e. 1

又f(x)＝e2x＋x≥2e(x>0)．

11

当且仅当e2x＝x，即x＝e时取等号，故f(x)min＝2e. g?x1?maxe1k1所以＝2e＝2，应有≥2，

f?x2?mink＋1又k>0，所以k≥1. 答案 [1，＋∞)

三、解答题

15．(2013·新课标全国Ⅰ卷)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， ?x1?f′(x)＝4e(x＋2)－2x－4＝4(x＋2)?e－2?.

??

x

令f′(x)＝0，得x＝－ln 2或－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)． 1

16．设函数f(x)＝aex＋aex＋b(a>0)． (1)求f(x)在[0，＋∞)内的最小值；

3

(2)设曲线y＝f(x)在点(2，f(2))处的切线方程为y＝2x，求a，b的值． 1

解 (1)f′(x)＝aex－aex，令f′(x)>0，得x>－ln a， 令f′(x)<0，得x<－ln a.

所以f(x)在(－ln a，＋∞)上递增，f(x)在(－∞，－ln a)上递减．

①当00，f(x)在(0，－ln a)上递减，在(－ln a，＋∞)上递增， 从而f(x)在[0，＋∞)上的最小值为f(－ln a)＝2＋b.

②当a≥1时，－ln a≤0，f(x)在[0，＋∞)上递增，从而f(x)在[0，＋∞)上的最小1

值为f(0)＝a＋a＋b.

13

(2)依题意f(2)＝3，f′(2)＝ae2－ae2＝2，

1

解得ae＝2或－2(舍去)，

2

211

因此a＝e2.代入f(2)＝3，得2＋2＋b＝3，即b＝2. 21故a＝e2，且b＝2.

x3

17．(2014·南平质检)已知函数f(x)＝sin x，g(x)＝mx－6(m为实数)． ?π?π??

??(1)求曲线y＝f(x)在点P?4，f??4??处的切线方程； ?(2)求函数g(x)的单调递减区间；

x3

(3)若m＝1，证明：当x＞0时，f(x)＜g(x)＋6. π2?π2??π?解 (1)由题意得所求切线的斜率k＝f′?4?＝cos4＝2.切点P?，?，则切线方

???42?22?π?程为y－2＝2?x－4?

??π

即x－2y＋1－4＝0. 1

(2)g′(x)＝m－2x2.

①当m≤0时，g′(x)≤0，则g(x)的单调递减区间是(－∞，＋∞)； ②当m＞0时，令g′(x)＜0，解得x＜－2m或x＞2m， 则g(x)的单调递减区间是(－∞，－2m)，(2m，＋∞)． x3

(3)当m＝1时，g(x)＝x－6.

令h(x)＝g(x)－f(x)＝x－sin x，x∈[0，＋∞)， h′(x)＝1－cos x≥0，

则h(x)是[0，＋∞)上的增函数．

x3

故当x＞0时，h(x)＞h(0)＝0，即sin x＜x，f(x)＜g(x)＋6.

18．已知函数f(x)＝ax＋xln x的图象在点x＝e(e为自然对数的底数)处的切线斜 率为3.

(1)求实数a的值；

(2)若k∈Z，且k<

f?x?

对任意x>1恒成立，求k的最大值． x－1

解 (1)因为f(x)＝ax＋xln x， 所以f′(x)＝a＋ln x＋1.

因为函数f(x)＝ax＋xln x的图象在点x＝e处的切线斜率为3， 所以f′(e)＝3，即a＋ln e＋1＝3，所以a＝1. (2)由(1)知，f(x)＝x＋xln x，

f?x?x＋xln x又k<＝对任意x>1恒成立，

x－1x－1x＋xln xx－ln x－2令g(x)＝，则g′(x)＝，

x－1?x－1?2令h(x)＝x－ln x－2(x>1)， 1x－1

则h′(x)＝1－x＝x>0，

所以函数h(x)在(1，＋∞)上单调递增． 因为h(3)＝1－ln 3<0，h(4)＝2－2ln 2>0，

所以方程h(x)＝0在(1，＋∞)上存在唯一实根x0，且满足x0∈(3,4)． 当1x0时，h(x)>0，即g′(x)>0，

x＋xln x

所以函数g(x)＝在(1，x0)上单调递减，

x－1在(x0，＋∞)上单调递增， 所以[g(x)]min＝g(x0)＝

x0?1＋ln x0?x0?1＋x0－2?

＝＝x0，

x0－1x0－1

所以k<[g(x)]min＝x0∈(3,4)， 故整数k的最大值是3.