热门试卷

（1）由已知f′（x）=2x-2a

因为在x=1时有极值2，所以

解方程组得：所以f（x）=x2-2x+3．

当x∈[0，1]时，f′（x）＜0所以f（x）单调递减

当x∈[1，3]时，f′（x）＞0所以f（x）单调递增且f（0）=3，f（1）=2，f（3）=6

所以f（x）的最大值为6，f（x）最小值为2

（2）由解得x=0及x=3．

从而所求图形的面积s=[(x+3)-(x2-2x+3)]dx=(-x2+3x)dx=．

（1）f(x)=sin2•4sinx+(cosx+sinx)(cosx-sinx)----（2分）

=4sinx•+cos2x=2sinx(1+sinx)+1-2sin2x=2sinx+1 

∴f（x）=2sinx+1．------（7分）

（2）令f（x）=2sinx+1=0，可得sinx=-，∴x=2kπ-，k∈z．

f（x）的图象与x轴的正半轴的第一个交点为(，0)------（9分）

∴f（x）的图象、y轴的正半轴及x轴的正半轴三者围成图形的面积

S=(2sinx+1)dx=（-2cosx+x）=（-2cos+）-（-2cos0+0）

=2++------（13分）

（1）∵f（x）=x2，∴f′（x）=2x，故f′（1）=2

∴曲线f（x）在（1，1）点处的切线l的方程为y-1=2（x-1），即2x-y-1=0；

（2）根据题意得S=(x2-2x+1)dx=（x3-x2+x）=．

（Ⅰ）∵f′（x）=3ax2+b，x∈R，由函数x=3时取得极值-54可知f′（3）=0且f（3）=-54，

即，解得a=1，b=-27；

（Ⅱ）∵f（x）=x3-27x，由f（x）=x3-27x=0可知x1=0，x2=-3，x3=3

又∵f（-x）=-x3+27x=-f（x），所以f（x）为奇函数，图象关于原点对称，

∴曲线y=f（x）与x轴围成图形的面积为A=2(x3-27x)dx=2(x4-x2)=．

∵F（x，y）=（1+x）y

∴f（x）=F（1，log2（x2-4x+9））=2log2（x2-4x+9）=x2-4x+9，

故A（0，9），

又过坐标原点O向曲线C作切线，

切点为B（n，t）（n＞0），f′（x）=2x-4．

∴，

解得B（3，6），

∴S=(x2-4x+9-2x)dx=(-3x29x)=9．

（1）设点A的坐标为（a，a2），过点A的切线的斜率为k=y'|x=a=2a，

故过点A的切线l的方程为y-a2=2a（x-a），

即y=2ax-a2，令y=0，得x=，

则S△ABC=••a2=，S△ABO=x2dx==，

∴S=S△ABO=S△ABC==

∴a=1

或S=[a+-]dy=(ay+-y32)=a3=，

∴a=1

∴切点A的坐标为（1，1）（2）直线方程为y=2x-1

（3）l与x轴的交点为(，0)，

故V=πx4dx-π(2x-1)2dx=πx5-π(2x-1)3=π

（I）因为直线x+y=4与抛物线y=ax2+bx相切，设切点（x0，y0）

则f′（x0）=2ax0+b=-1，∴x0=

又∵

x0+y0=4

y0=ax02+bx

0得a=-，∵0＜x0，0＜y0，得0＜＜4，解得b＞1

（II）S=(ax2+bx)dx=b3=，S′=；

所以在b=3时，S取得极大值，也是最大值，即a=-1，b=3时，S取得最大值，且Smax=．

（1）∵f(a)•(e-1)=f(x)dx，∴•(e-1)=dx=lnx=，1∴a=e-1…（3分）

（2）f(x)dx=dx=lnx=lnt

设•(t-1)=lnt，∴a=…（5分）

下面证明a∈[1，t]：a-1=-1=

设g（t）=t-1-lnt（t＞1）则g′(t)=1-=＞0(∵t＞1)

∴g（t）在（1，+∞）上为增函数，当t＞1时，g（t）＞g（1）=0

又∵t＞1时lnt＞0，∴a-1＞0即a＞1…（8分）

a-t=-t=

设h（t）=t-1-tlnt（t＞1）则h′(t)=1-(1•lnt+t•)=-lnt＜0(∵t＞1)

∴h（t）在（1，+∞）上为减函数，当t＞1时h（t）＜h（1）=0

又∵t＞1时lnt＞0，∴a-t＜0即a＜t，∴a∈[1，t]

综上：当t＞1时，存在a∈[1，t]使得f(a)•(t-1)=f(x)dx成立．…（11分）

（3）连续函数f（x）在闭区间[a，b]上的定积分等于该区间上某个点x0的函数值f（x0）与该区间长度的积，即f(x)dx=f(x0)•(b-a)其中x0∈[a，b]…（14分）