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理数
由定积分的几何意义，得 g(t)＝S1(t)＋S2(t)
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理数
故 g′(t)＝－6t2＋5t－1＝－(3t－1)(2t－1)． 令 g′(t)＝0，解得 t＝13或 t＝12(舍去)． 当 t∈(0，13)时，g′(t)<0，函数 g(t)在区间(0，13)上单调 递减；
×6×3＝9.
24
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理数
【拓展演练 2】 (1)由曲线 y＝cos x(0≤x≤32π)与坐标轴所围成图形的面积
是(
)
A．2
B．3
5 C.2
D．4
(2)作变速直线运动的质点，其速度(单位：m/s)与时间(单
位：s)的关系式为 v(t)＝t2－4t＋3，则该质点在时间段[0,4]上
的位移是 ，运动的路程是 .
当 t∈(13，12)时，g′(t)>0，函数 g(t)在区间(13，12)上单调 递增．
故当 t＝13时，函数 g(t)有最小值．
30
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理数
【拓展演练3】已知曲线C1：y＝x2与曲线C2：y＝－x2＋ 2ax(a>1)交于点O、A，直线x＝t(0<t≤1)与曲线C1、C2分别相 交于D、B，连接OD、DA、AB，求曲边四边形ABOD(阴影部
；
0
(2)设f(x)＝x22x
x≥0 ，则 x<0
0 f(x)dx＝
1
理数
.
19
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解析：(1)1( －x2＋2x－x)dx
0
＝1
－x2＋2xdx－1xdx
0
0
＝π4－12＝π－4 2.
(2)
1 1
f(x)dx＝
012xdx＋1x2dx
0
＝ln122x0－1＋13x310
＝21log2e＋13.
解析：两函数图象的交点坐标是(0,0)，(1,1)，故积分上 限是 1，下限是 0，由于在[0,1]上，x≥x2，故曲线 y＝x2 与
y＝x 所围成图形的面积 S＝1(x－x2)dx.
0
8
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理数
4．由直线y＝2x及曲线y＝3－x2围成的封闭图形的面积
为( D )
A．2 3
B．9－2 3
35
32
理数
6．已知函数f(x)＝3x2＋2x＋1，若
1 1
f(x)dx＝2f(x0)
成立，则x0＝
.
13
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理数
解析：
1 1
f
x dx＝
1 1
(3x
2＋2x＋1)dx
＝( x3＋x 2＋x)
1 1
＝4，
则由条件得2(3x02＋2x0＋1)＝4，解得x0＝－1或
1 3
.
14
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理数
15
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3
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理数
三 定积分的综合应用
【例 3】若直线 l：y＝t2－t(0<t<12，t 为常数)与函数 f(x)＝x2－x 的图象以及 y 轴所成的封闭图形的面积为 S1(t)，若直线 l 与函数 f(x)的图象所围成的封闭图形的面积为 S2(t)，已知 g(t)＝S1(t)＋S2(t)，当 g(t)取最小值时，求 t 的值．
理数
20
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理数
二 定积分的简单应用
【例2】(1)如图，曲线y＝x2和直线x＝0，x＝1，y＝
1 4
所
围成的图形(阴影部分)的面积为( )
2 A.3
1 B.3 C.21
1 D.4
21
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理数
(2)下图是一个质点作直线运动的V-t图象，则质点在前6 s内的位移为__________m.
22
.
5
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理数
解析：11(ex＋2x)dx＝(ex＋x2 )
1 1
e e1.
6
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理数
3．求曲线Байду номын сангаас＝x2与y＝x所围成图形的面积，其中正确的
是( B )
A．S＝1(x2－x)dx 0
C．S＝1(y2－y)dy 0
B．S＝1(x－x2)dx 0
D．S＝1(y－ y)dy 0
7
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理数
C. 3
D. 3
9
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理数
y＝2x 解析：由y＝3－x2 ，解得x＝－3或x＝1， 所以封闭图形的面积为：
13 (3
x2
2x)dx＝(3x
1 3
x3
x2 )
1 3
32 . 3
10
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理数
5．一个质点运动时的速度和时间的关系为
v(t)＝t2－t＋2，质点作直线运动，则它在[1,2]时间段内
的位移为( A )
17
14
A. 6
B. 3
13
11
C. 6
D. 6
11
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理数
解析：s＝2v(t)dt＝2(t2－t＋2)dt
1
1
＝ 13t3－12t2＋2t12
＝(13×23－12×22＋2×2)－(13×13－12×12＋2×1)
＝83＋2－13＋12－2＝167.
故选 A.
12
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理数
一 定积分的计算
【例1】(1)若函数f(x)＝cos 2
x 0≤x<π2 π2≤x≤2
，则
2f(x)dx＝__________；
0
(2)
0 1
(
1－x2＋ex＋2x)dx＝______________.
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解析：
理数
17
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理数
18
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【拓展演练1】
(1)1( －x2＋2x－x)dx＝
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解析：(1)注意到曲线 y＝x2(x≥0)与 y＝14的交点
理数
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理数
(2)(方法一)由题图易知
v(t)＝439t－32t
0≤t≤4 4<t≤6
.
所以
s
＝
6
v(t)dt
＝
0
0434tdt＋469－32tdt＝83t2
4 0
＋
∫9t－34t264＝6＋3＝9.
(方法二)质点在前 6 s 内的位移为三角形的面积 S＝12
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理数
解析：(1)由曲线y＝cos x(0≤x≤32π)与坐标轴围成的图形 的面积
故选B.
(2)位移为 04t2－4t＋3dt＝13t3－2t2＋3t40＝43(m)．
路程为
4
|t2－4t＋3|dt＝
1
(t2－4t＋3)dt－
3
(t2－4t＋3)dt＋
0
0
1
4(t2－4t＋3)dt＝4.
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理数
第17讲 定积分及简单应用
1
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理数
2
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理数
1.1f(x)dx＝2，2f(x)dx＝－3，则2f(x)dx＝
.
0
0
1
3
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理数
解析：2f(x)dx＝1f(x)dx＋2f(x)dx＝2＋2f(x)dx＝－3，
0
0
1
1
所以2f(x)dx＝－5. 1
4
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理数
2．11 (e x＋2x)dx＝
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理数
分析：先确定出封闭图形 S1(t)，S2(t)的面积，建立面积 的函数关系式，最后求最值．
解析：由yy＝＝xt22－－tx ，得交点坐标为(t，t2－t)和(1－t， t2－t)，
又因为 0<t<12，所以 t2－t＝(t－12)2－14∈(－14，0)，而函 数 y＝x2－x 的顶点坐标为(12，－14)，