2020高中数学 第一章 导数及其应用 第5节 定积分习题 理 苏教版选修2-2 5页

1 第 5 节 定积分 （答题时间：60 分钟） 1. 6 2 0 ( 1)x dx ＝ 。 2. 1 (2 )e x e dxx  。 3. 2 2 1 x xdx  ＝ 4. 已知 2 2 1, [ 2,2]( ) 1 , (2,4] x xf x x x       ，当 k ＝ 时， 3 40( ) 3k f x dx  恒成立。 5. 求曲线 2y x ， y x 及 2y x 所围成的平面图形的面积。 6. 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封闭图形的面积。 （3）若直线 x＝－t（0＜t＜1）把 y＝f（x）的图象与两坐标轴所围成封闭图形的面积 二等分，求 t 的值。 7. 抛物线 y＝ax2＋bx 在第一象限内与直线 x＋y＝4 相切。此抛物线与 x 轴所围成的图形 的面积记为 S。求使 S 取得最大值的 a、b 值，并求 Smax。 8. 设直线 y ax ( 1)a  与抛物线 2y x 所围成的图形的面积为 S，它们与直线 1x  围成 的图形的面积为 T，若 U＝S＋T 达到最小值，求 a 的值；并求此时平面图形绕 x 轴一周所得 旋转体的体积。 2 1. 78 3 3 6 0 6( ) | 6 783 3 x x    解析：原式 2. 2 2 ln 2 ln 2 e e  1 1 1 1 2 2 22 | ln |ln 2 ln 2 ln 2 x e e x e e eedx dx e x ex        解析：原式 3. 6 11 2 2 0 2 1 2 2 2 1 1 0 1| | ( ) ( ) ( )x x dx x x dx x x dx x x dx          解析： 2 2 2 3 0 3 1 3 2 1 0 1 1 1 1 11( ) | ( ) | ( ) |3 2 2 3 3 2 6 x x xx x x       4. 0 或－1 3 33 3 2 3 3 3 2 2 2 2 3 2 2 2 2 3 2 2 1 2 3 40( ) (1 ) ( ) (3 9) ( )3 3 3 , 3 4 0 3 4 0 ( 1)( 4) 0 1 2 3 1 2 2 2 ( ) (2 1) (1 ) ( kk k k k k k x kf x dx x dx x k k k k k k k k k k k k k k f x dx x dx x dx x                                                   解析：分 和 两种情况讨论： （ ）当 时 整理得 ，即 又 舍去 （ ）当 时 33 2 3 2 2 2 2 ) ( )3 8 40 40(4 2) ( ) (3 9) (2 ) ( )3 3 3 0, 0 1. , 0 1 kk xx x k k k k k k k k k k                          即 或 综上所述 或 5. 解：作出 2y x ， y x 及 2y x 的图如图所示， 解方程组 2 2y x y x    得 2 4 x y    0 0 x y    解方程组 2 y x y x    得 1 1 x y    0 0 x y    所求面积 1 2 2 0 1(2 ) (2 )S x x dx x x dx     3 1 2 2 0 1 (2 )xdx x x dx    2 1 2 3 2 0 1 1 1| ( ) |2 3x x x   7 6  答：此平面图形的面积为 7 6 。 6. 解：（1）设 f（x）＝ax2＋bx＋c，则 f′（x）＝2ax＋b， 又已知 f′（x）＝2x＋2 ∴a＝1，b＝2。 ∴f（x）＝x2＋2x＋c 又方程 f（x）＝0 有两个相等实根， ∴判别式Δ＝4－4c＝0，即 c＝1。 故 f（x）＝x2＋2x＋1。 （2）依题意，得所求面积＝ 3 1|)3 1()12( 0 1 2320 1   xxxdxxx 。 （3）依题意，有 xxxxxx t t d)12(d)12( 202 1      ， ∴ 023 1 23 |)3 1(|)3 1( t t xxxxxx     ，－ 3 1 t3＋t2－t＋ 3 1 ＝ 3 1 t3－t2＋t，2t3－ 6t2＋6t－1＝0， ∴2（t－1）3＝－1，于是 t＝1－ 3 2 1 。 7. 解：依题设可知抛物线为凸形，它与 x 轴的交点的横坐标分别为 x1＝0，x2＝ a b ，所 以 3 20 2 6 1)( b a dxbxaxS a b   （1） 又直线 x＋y＝4 与抛物线 y＝ax2＋bx 相切，即它们有唯一的公共点， 由方程组      bxaxy yx 2 4 得 ax2＋（b＋1）x－4＝0，其判别式必须为 0，即（b＋1）2＋ 16a＝0。 于是 ,)1(16 1 2 ba 代入（1）式得： )0( )1(6 128)( 4 3    b b bbS ， 5 2 )1(3 )3(128)(   b bbbS ； 令 S′（b）＝0：在 b＞0 时得唯一公共点 b＝3，且当 0＜b＜3 时，S′（b）＞0；当 b ＞3 时，S'（b）＜0。故在 b＝3 时，S（b）取得极大值，也是最大值，即 a＝－1，b＝3 时， S 取得最大值，且 2 9 max S 。 8. 解：（1） 0 1 , 1a 当 时 如图 4 2 2 2 3 3 3 3 2 00 3 2 3 3 31 2 1 3 2 (0,0) ( , ) ( ) ( )2 3 2 3 6 1 1( ) ( ) ( ) ( )3 2 3 2 3 2 3 2 6 1 3 2 3 1 2' . ' 0, .2 2 a a aa y ax a ay x ax x a a aS ax x dx x ax a a a a aT x ax dx a aU S T U a U a                                  由 得交点 和 令 得 2(0, ) ' 0 2 2( ,1) ' 02 2 2 2, .2 6 a U a U a U      当 时, 当 时, 故当 时 的最小值为 2 0 2a （ ）当 时，如图 5   2 2 2 30 2 0 3 3 3 3 21 2 1 00 3 2 (0,0) ( , ) ( ) ( )2 3 2 3 6 ( ) ( )3 2 1 1( )3 2 3 2 1. 6 2 3 1 ' 03 2 ( ) ,0 . aa y ax a ay x ax xS ax x dx a a a x axT x ax dx a a a aU S T aU U a                                   由 得交点 和 所以函数 在 上单调递减 故函数 ( )U a 无最小值。 当 0a  时，显然无最小值。 2 1 30V 