高中数学北师大版 (2019)选择性必修 第二册6.1 函数的单调性精练

【基础】6.1 函数的单调性-2作业练习

一．填空题

1．

已知函数，在处取得极小值，则实数的取值范围是______．

2．

已知函数（）．若当时，恒成立，则实数的取值范围是______．

3．

已知是定义在上的函数，其导函数为，若，，则不等式的解集是______．

4．

已知函数在区间上不单调，则实数a的取值范围为________．

5．

如图，圆形纸片的圆心为，半径为，该纸片上的等边三角形的中心为，．．为圆上的点，，，分别是以，，为底边的等腰三角形，沿虚线剪开后，分别以，，为折痕折起，，，使得，，重合，得到三棱锥.当的边长变化时，所得三棱锥体积的最大值为_______.

6．

设函数，若在上有且只有一个正整数，使得，则a的取值范围是_______________.

7．

已知函数，①曲线上存在垂直于y轴的切线；②函数有四个零点；③函数有三个极值点；④方程有四个根.上述结论中正确的是_______________.

8．

巳知函数，若关于的方程有4个互异的实数根，则实数的取值范围是___________.

9．

若函数在区间上恰有一个极值点，则的取值范围是___________.

10．

设函数，，若方程有解，则实数的最大值是________．

11．

已知函数有三个不同的零点且，若则的值为_________．(注：题中为自然对数的底数，即)

12．

设是函数的一个极值点，则______.

13．

已知函数，若为区间上的任意实数，且对任意，总有成立，则实数的最小值为______________．

14．

已知函数存在两个极值点，则实数a的取值范围是___________.

15．

已知函数的极小值大于零，则实数的取值范围是_____.

16．

已知函数，若，且，则的最小值是________．

17．

某航天器的一个零部件如图，该零件的底部为圆柱形，高为，底面半径为，上部是半径为的半球形．按照设计要求该零件的体积为立方米，假设该零件的建造费用仅与其表面积有关，已知圆柱形部分每平方米建造费用为3万元，半球形部分每平方米建造费用为4万元，则该零件的建造费用最小时，半径的值为______．

18．

已知函数，若的单调递减区间是，则实数的值为________.

参考答案与试题解析

1．【答案】

【解析】

函数的定义域为，且，

令，则，且．

（1）当时，，函数在上单调递增，

所以当时，，当时，，

所以在处取得最小值，满足题意．

（2）当时，即，当时，，函数在上单调递增，

所以当时，，当时，，

所以在处取得最小值，满足题意．

（3）当时，当时，，单调递增，

当时，，单调递减，

又，所以当时，，单调递减，不符合题意．

（4）当时，即，且当时，，单调递减，，

当时，，单调递减，，

所以在处取得极大值，不符合题意．

综上可知，实数的取值范围是．

2．【答案】

【解析】

即．
令，
则．
由得，或舍去，
且时，；当时，，
当时取最大值，
． 

故答案为：.

3．【答案】

【解析】

由题意，令，可得，

因为，所以，为单调递增函数，

又由，且，即，

所以，即不等式的解集为.

故答案为：.

4．【答案】

【解析】

由题知，，，，

①当时，在上恒大于零，

则在上单调递增，不符合题意；

②当时，

由得，；由得，；

所以函数在上递增，在上递减，

所以当时，取得极大值，

若函数在区间不单调，必有，解得．

综上可知，实数的取值范围是.

故答案为：.

5．【答案】

【解析】

由题，连接，交与点，由题意，

，即的长度与的长度或成正比，设，，则，，，

三棱锥的高，

则，

令，，，令，

即，，令，即，，则即

∴体积最大值为.

故答案为：．

6．【答案】

【解析】

由，，得，

令，.

由，在上，单调递减；在上，单调递增，

由经过定点，斜率为.

∴在上有且只有一个正整数使，即．的交点横坐标之间只有一个正整数(除交点)，

如下图，．，的斜率，的斜率，

∴时，符合题意，即.

故答案为：.

7．【答案】①③④

【解析】

解：由，得，

由，得，或，或，

当或时，，当或时，，

所以在上递增，在上递减，

而，

所以由零点存在性定理可知，只有两个零点，分别为和0，

函数图像如图所示

所以①③正确，②错误，

方程可转化为或，

，

由图像可知有两个根，也有两个根，

所以方程有四个根，所以④正确，

故答案为：①③④

8．【答案】

【解析】

函数定义域为，是偶函数，其图象如图，直线，(图中虚线)及y轴是该图象的渐近线，

函数的图象是过定点的折线，

观察图象知，当射线与在y轴左侧的图象有公共点时，该射线与在y轴右侧的图象有1个或2个公共点，

当射线与在y轴左侧的图象相切时，设切点，，

依题意有，且，整理得，解得，，

显然，当时，射线与曲线有无公共点，则曲线与折线最多有2个公共点，不符合，

①当时，射线与曲线有1个公共点，而，该射线与直线相交，

它与曲线有2个公共点，射线与直线不相交，则它与曲线无公共点，

即当时，曲线与折线有3个公共点，

②当时，射线与曲线有2个公共点，该射线与直线相交，

它与曲线有2个公共点，射线与直线不相交，则它与曲线无公共点，

即当时，曲线与折线有4个公共点，

③当时，射线与曲线有2个公共点，该射线与直线平行，它与曲线有1个公共点，

射线与直线平行，则它与曲线无公共点，

即当时，曲线与折线有3个公共点，

④当时，射线与曲线有2个公共点，该射线与直线不相交，它与曲线有1个公共点，

射线与直线相交，则它与曲线有1个公共点，

即当时，曲线与折线有4个公共点，

综上，当或时，曲线与折线有4个公共点，即方程有4个互异的实数根，

所以实数的取值范围是.

故答案为：

9．【答案】

【解析】

二次函数的对称轴为：，要想函数在区间上恰有一个极值点，只需，

故答案为：

10．【答案】

【解析】

令，，

则，．

设，，

则．

当时，，当时，，

即在为增函数，在为减函数，

又，，，

的值域为．

故实数的最大值为．

故答案为：

11．【答案】

【解析】

因为有三个不同的零点且，且，

由，可得，即，

即，其中

令，可得，

当或时，，单调递减；

当时，，单调递增，

其中时，；当且，；

当且，；，所以函数的图象大致如图所示，

令，则或，可得，

令，可得，

当时，；当时，；

当时，；当时，，

则的图象大致如图所示，

因为有三个零点，结合和的图象可知：

若时，至多有2个零点；

若时，的解必有一个为，否则必存在四个零点，

所以，

又因为，所以，

所以.

故答案为：.

12．【答案】

【解析】

因为函数，所以，

因为是函数的一个极值点，

所以，，

所以

.

故答案为：.

13．【答案】3

【解析】

由题得，

∴，故在上单调递增，

不妨设，

则且，原不等式即为．

令，依题意，应满足在上单调递减，

即在上恒成立．

即在上恒成立，令，则

（i）若，，此时在上单调递增，故此时

（ii）若，时，，单调递增；

时，，单调递减；

故此时∴，

故对于任意，满足题设条件的最小值为3．

故答案为：3

14．【答案】

【解析】

解：因为

所以，

因为函数有两个极值点，所以有两个变号零点，

由得，即，

令，则，

易知函数是减函数，且当时，，

当时，，单调递增，

当时，，单调递减，

故，

又当时，，当时，，

所以要使有两个零点，

则，

故答案为：．

15．【答案】

【解析】

解：由，得．

令，则，

因为的极小值大于0，所以，所以，

所以当时，，当时，，

所以在上单调递减，在上单调递增，

所以极小值为，

所以，

综上，的取值范围为．

故答案为：．

16．【答案】

【解析】

解：由函数解析式可知函数在每一段都为单调递增函数，

且当时，，当时，，所以函数在上为单调递增函数，

又，且，所以，中有一个小于1，一个大于等于1，

不妨设，，则，即，

所以，，

令，，所以，

当时，，函数为单调递减函数，

当时，，函数为单调递增函数，所以当时，函数，无最大值，

故的最小值为，

故答案为：．

17．【答案】

【解析】

设该零件的建造费用为，所以，

又因为，所以且，

所以且，

所以，

所以，令，，

当，，当，，

所以当时，有最小值，

故答案为：.

18．【答案】

【解析】

解：由，得，

因为的单调递减区间是，所以的解集为，

所以是方程的一个根，

所以，解得，

故答案为：