人教新课标A版选修1-1 第三章 导数及其应用 单元练习（Word含答案解析）
文档属性
| 名称 | 人教新课标A版选修1-1 第三章 导数及其应用 单元练习（Word含答案解析） |  | |
| 格式 | zip | ||
| 文件大小 | 101.5KB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 人教新课标A版 | ||
| 科目 | 数学 | ||
| 更新时间 | 2021-11-26 22:33:34 | ||
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文档简介
人教新课标A版选修1-1
第三章 导数及其应用
一、单选题
1.（2021·湖北模拟）已知实数 ， 满足 ， ，则 （ ）
A. 3 B. 4 C. D.
2.（2021高二下·江苏期中）已知函数 的定义域为 ，导函数 在 内的图象如图所示，则函数 在 内的极大值有（ ）
A. 1个 B. 2个 C. 3个 D. 4个
3.（2019高三上·杭州月考）若 , ,且 ,则下列结论中必成立的是( )
A. B. C. D.
4.（2020高二下·六安期中）若函数 有极值点，则实数 的取值范围是（ ）
A. B. （1，e） C. D.
5.（2019高三上·凉州期中）设函数 ， 若实数 满足 ， 则（ ）
A. B.
C. D.
6.（2019高二下·珠海期中）若函数 存在极值，且这些极值的和不小于 ，则 的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
7.（2020高二下·遂宁期末）若 在 是增函数，则实数 的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
8.（2021·常德模拟）已知函数 ，若函数 恰有5个零点，则实数 的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
9.（2019高二下·衢州期中）设函数 是定义在 上的可导函数，其导函数为 ，且有 ，则不等式 的解集为（ ）
A. B. C. D.
10.（2020高三上·杭州期中）已知函数 ，若恰有3个互不相同的实数 ， ， ，使得 ，则实数 的取值范围为（ ）
A. B. C. D. 或
11.（2019高二下·奉化期末）若函数 至少存在一个零点，则m的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
二、填空题
12.（2019高三上·深州月考）曲线y＝x2+lnx在点（1，1）处的切线方程为 ____________．
13.（2020高二下·广州期末）若函数 （ 是自然对数的底数）在 的定义域上单调递增，则称函数 具有M性质．下列函数中所有具有M性质的函数的序号为________．
① ② ③ ④
14.（2020高二下·滨海新月考）函数 的定义域为 ，导函数 在 内的图象如图所示，则函数 在 内有极小值点的个数为________．
15.（2020高三上·清新月考）法国数学家拉格朗日于1778年在其著作《解析函数论》中提出一个定理：如果函数 满足如下条件：
⑴在闭区间 上是连续不断的；
⑵在区间 上都有导数．
则在区间 上至少存在一个数 ，使得 ，其中 称为拉格朗日中值．则 在区间 上的拉格朗日中值 ________．
16.（2019高三上·武汉月考）如图，圆形纸片的圆心为 ，半径为 ，该纸片上的正方形 的中心为 ， 、 、 、 为圆 上点， ， ， ， 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，得到四棱锥.当该四棱锥体积取得最大值时，正方形 的边长为________ .
17.（2020高三上·兴宁期末）函数 在 上不单调，则实数a的取值范围是________．
18.（2019高二下·双鸭山月考）对于任意的实数 ，总存在三个不同的实数 ，使得 成立,则实数 的取值范围为______________
19.（2021高三上·辽宁月考）已知函数 满足 恒成立，则实数 的取值范围是 ．
20.（2019高二下·安徽期中）如图，有一矩形钢板ABCD缺损了一角(如图所示)，边缘线OM上每一点到点D的距离都等于它到边AB的距离．工人师傅要将缺损的一角切割下来使剩余部分成一个五边形，若AB＝1m，AD＝0.5m，则五边形ABCEF的面积最大值为________m2.
三、解答题
21.（2020高二下·潍坊期末）已知函数 ，其中 .
（1）当 时，求曲线 在点 处的切线方程；
（2）求函数 的单调区间与极值.
22.（2020高二下·海安月考）已知 （ 且m为常数）.
（1）讨论函数 的单调性；
（2）若对任意的 ，都存在 ，使得 （其中e为自然对数的底数），求实数k的取值范围.
23.（2021高二下·淄博期末）已知函数 ，其中 是自然对数的底数．
（1）判断函数 在区间 上的单调性，并求最小值；
（2）设 ，证明：函数 在区间 上有唯一零点．
24.（2020高三上·枣庄月考）设函数 ．
（1）若当 时， 取得极值，求 的值，并讨论 的单调性；
（2）若 存在极值，求 的取值范围，并证明所有极值之和大于 ．
答案解析部分
一、单选题
1.【答案】 D
【解析】由 知， ，即 ；
由 知， ，即 .
设 ，则 ，
，故 在 单调递增.
故由 知， ，
又由 知， ，所以 ，
即 ，所以 .
故答案为：D.
2.【答案】 B
【解析】根据导数的图象，可知导数有4个零点，从左向右分析，
第一个零点与第四个零点左侧为正右侧为负，所以函数 先增后减，故第一个零点与第四个零点处函数 有极大值，第二个零点左侧为负右侧为正，故函数 先减后增，第二个零点处函数 有极小值，第三个零点两侧，导数值同为正，故该点不是极值点，
故答案为：B
3.【答案】 D
【解析】令 ， ，则
当 时， ， ，即 在 上单调递增
为偶函数
图象关于 轴对称，在 上单调递减
时，即 时，
故答案为：D
4.【答案】 D
【解析】由题意知 ， ，
当 时，函数 在区间 上单调递减，无极值点；
当 时，根据 与 的图象，
设两个函数在第一象限的交点的横坐标为 ，
当 时， ， ，
函数 在区间 上单调递增，
当 时， ， ，
函数 在区间 上单调递减，
故当 时，函数 有一个极大值点.
故答案为：D.
5.【答案】 A
【解析】对函数 求导得 ，函数单调递增， ，由 知 ，同理对函数 求导，知在定义域内单调递增， ，由 知 ，所以 .
故答案为：A
6.【答案】 C
【解析】f（x）=ax﹣x2﹣lnx，x∈（0，+∞），
则f′（x）=a﹣2x﹣ ，
∵函数f（x）存在极值，∴f′（x）=0在（0，+∞）上有根，
即2x2﹣ax+1=0在（0，+∞）上有根，∴△=a2﹣8≥0，
显然当△=0时，F（x）无极值，不合题意；
∴方程必有两个不等正根，记方程2x2﹣ax+1=0的两根为x1 ， x2 ， x1+x2= ，x1x2= ，
f（x1），f（x2）是函数F（x）的两个极值，
由题意得，f（x1）+f（x2）=a（x1+x2）﹣（x12+x22）﹣（lnx1+lnx2）
= ﹣ +1﹣ln 4﹣ln ，
化简解得，a2 12，满足△＞0，
又x1+x2= ＞0，即a＞0，
∴a的取值范围是[ ，+∞），
故答案为：C。
7.【答案】 A
【解析】解：对 求导得： ，因为若 在 是增函数，所以 在 恒成立，即： 在 恒成立，所以 .
故答案为：A.
8.【答案】 A
【解析】解：当 时， ， ，
当 时， ， 单调递减，当 时， 单调递增，
作出 的图象如图：
令 ，则函数 恰有5个零点，
即方程 恰有5个根，
即 有两个不等实根，且一个根属于 ，一个根属于 内.
令 ，
则 ，解得 .
∴实数 的取值范围是 ．
故答案为：A
9.【答案】 D
【解析】令 ，
，
， ；
，
在 上是增函数，
可化为 ，
，即 ．
不等式 （1） 的解集为 ．
故答案为： ．
10.【答案】 D
【解析】因为 ，令 ，
由题意，函数 与直线 共有三个不同的交点；
当 时， ，则 ，
由 解得 ；
所以 时， ，即函数 单调递减；
时， ，即函数 单调递增；
所以 ，
又 ， ，
所以 与直线 有且仅有两个不同的交点；
当 时， ，则 ，
由 得 ，
所以当 时， ，则函数 单调递增；
当 时， ，则函数 单调递减；
所以 ，
又当 时， ；当 时， ；
当 时， ，
所以为使 与直线 只有一个交点，
只需 或 ，即 或 .
故答案为：D.
11.【答案】 A
【解析】因为函数 至少存在一个零点
所以 有解
即 有解
令 ，
则
因为 ，且由图象可知 ，所以
所以 在 上单调递减，令 得
当 时 ， 单调递增
当 时 ， 单调递减
所以
且当 时
所以 的取值范围为函数 的值域，即
故答案为：A
二、填空题
12.【答案】
【解析】 ，在点（1，1）处的切线斜率为 ，所以切线方程为 .
13.【答案】 ①③④
【解析】对于①，令 ，因为 ，所以 在R上单调递增，故①具有M性质；
对于②，令 ，则 ，由 ，得 ，由 ，得 ，所以 在 上递减，在 上递增，所以②不具有M性质；
对于③，令 ，则 恒成立，所以 在R上单调递增，故③具有M性质；
对于④，令 ，则 ，令 ，则 ，由 ，得 ，由 ，得 ，所以 在 内递减，在 内递增，所以 时， 取得最小值1，
所以 ， ，所以 在 内为单调递增函数，故④具有M性质.
故答案为：①③④.
14.【答案】 1
【解析】因为函数的极小值两侧导函数值需左负右正，
而由图得：满足导函数值左负右正的自变量只有一个，
则原函数的极小值点只有一个，
故答案为：1.
15.【答案】 ln(e-1)
【解析】 ，则 ，
所以 ，
由拉格朗日中值的定义可知， ，
即 ，
所以 ．
故答案为: ln(e-1).
16.【答案】
【解析】解：连接 交CB于点M，则 ⊥CB，点M为CB的中点，连接OC，
△OCM为直角三角形，设正方形的边长为2x，则OM＝x，由圆的半径为4，则 ＝4 x，设点 ， ， ， 重合于点P，则PM＝ ＝4 x＞x
则x＜2，高 ，
四棱锥体积 ，
设 ，
当 时， 单调递增；
当 时， 单调递减，
所以当 时，V取得最大值，此时， ．
即正方形ABCD的边长为 时，四棱锥体积取得最大值．
故答案为：
17.【答案】
【解析】 ，令 得 ，
由于 ，
分离常数 得 .
构造函数 ， ，所以 在 上递减，在 上递增， .
下证 ：
构造函数 ， ，当 时， ①，
而 ，即 ，所以 ，所以由①可得 .所以当 时， 单调递增.
由于 ，所以当 时， ，故 ，也即 .
由于 ，所以 .
所以 的取值范围是
故答案为：
18.【答案】
【解析】
令
在 上单调递增，
令
在 单调递减，在 单调递增，在 单调递减。
要想 有解，则
即
故 所以实数 的取值范围为 。
19.【答案】
【解析】∵ 恒成立，
∴ 恒成立.
∴
又
设 ，则
∴ 时， ，函数 为增函数
时， ，函数 为减函数，
又 时，
∴
设
则 恒成立，
所以 在区间 内单调递增，
所以 ，
故
所以实数 的取值范围为 .
故答案为： .
20.【答案】
【解析】以O为坐标原点，AD所在直线为 轴建立平面直角坐标系，
设边缘线OM上一点 ，则 ，
设EF与边缘线OM的切点为 ,
因为 ，所以 ，故EF所在直线方程为 ，
因此 ，其中 ，
从而
因为
当 时， ，当 时， ，
即当 时 取最小值 ，从而五边形ABCEF的面积取最大值 .
三、解答题
21.【答案】 （1）解：当 时， ， ，切点 .
，故 .
切线方程为 ，即 .
（2）解： .
令 ，解得 ，或 .
由 知， .
增函数 极大值 减函数 极小值 增函数
所以 的增区间为 ， ，减区间为 .
函数 在 处取得极大值 ，且 .
函数 在 处取得极小值 ，且 .
22.【答案】 （1）解： 的定义域为 ，
，当 时， 恒成立，
当 时， ，
综上，当 时， 递增区间是 ，无递减区间，
当 时， 递增区间是 ，递减区间是 ；
（2）解：设 ，依题意 ，
，令 ，
恒成立， 在 是减函数，
即 在 是减函数， ，
，存在唯一 ，使得 ，
当 ，
递增区间是 ，递减区间是 ，
取得极大值，也是最大值为 ，
，
对于对任意的 恒成立，
其中 ， ，
即 ，
对于对任意的 恒成立，
设 ，
，
时， ，
，当 ，
时， 取得极小值，也是最小值，
即 .
23.【答案】 （1）由已知可得， ，
当 时， ，
所以 ，
所以 在区间 上是单调递增的，
故函数在 上的最小值为 ．
（2）由已知条件可知： ，
当 时， ， ，
所以 在区间 上是单调递增的，
又 ， ，
所以存在唯一 ，使得 ，
所以 时， ，函数 单调递减，
时， ，函数 单调递增，
因为 ，
所以函数 在区间 上没有零点．
又 ， ，
所以函数 在区间 上存在唯一零点，
故函数 在区间 上有唯一零点．
24.【答案】 （1）解： ，依题意有 ，故 ．
经检验 满足题意．
， 的定义域为 ，
，
当 时， ；当 时， ；当 时， ．
所以 在区间 单调递增，在区间 单调递减．
（2）解： 的定义域为 ， ．
方程 的判别式 ．
若 ，即 ，在 的定义域内 ，故 无极值．
若 ，则 或 ．
当 ， ， ，当 时， ，当 时， ，所以 无极值．
当 ， ， ， 也无极值．
若 ，即 或 ，
则 有两个不同的实根 ， ．
当 时， ，从而 在 的定义域内没有零点，故 无极值．
当 时， ， ， 在 的定义域内有两个不同的零点，
可知 在 取得极值．
综上， 存在极值时， 的取值范围为 ．
由 可得 ，则 ，
，
所以 的极值之和为
．
第三章 导数及其应用
一、单选题
1.（2021·湖北模拟）已知实数 ， 满足 ， ，则 （ ）
A. 3 B. 4 C. D.
2.（2021高二下·江苏期中）已知函数 的定义域为 ，导函数 在 内的图象如图所示，则函数 在 内的极大值有（ ）
A. 1个 B. 2个 C. 3个 D. 4个
3.（2019高三上·杭州月考）若 , ,且 ,则下列结论中必成立的是( )
A. B. C. D.
4.（2020高二下·六安期中）若函数 有极值点，则实数 的取值范围是（ ）
A. B. （1，e） C. D.
5.（2019高三上·凉州期中）设函数 ， 若实数 满足 ， 则（ ）
A. B.
C. D.
6.（2019高二下·珠海期中）若函数 存在极值，且这些极值的和不小于 ，则 的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
7.（2020高二下·遂宁期末）若 在 是增函数，则实数 的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
8.（2021·常德模拟）已知函数 ，若函数 恰有5个零点，则实数 的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
9.（2019高二下·衢州期中）设函数 是定义在 上的可导函数，其导函数为 ，且有 ，则不等式 的解集为（ ）
A. B. C. D.
10.（2020高三上·杭州期中）已知函数 ，若恰有3个互不相同的实数 ， ， ，使得 ，则实数 的取值范围为（ ）
A. B. C. D. 或
11.（2019高二下·奉化期末）若函数 至少存在一个零点，则m的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
二、填空题
12.（2019高三上·深州月考）曲线y＝x2+lnx在点（1，1）处的切线方程为 ____________．
13.（2020高二下·广州期末）若函数 （ 是自然对数的底数）在 的定义域上单调递增，则称函数 具有M性质．下列函数中所有具有M性质的函数的序号为________．
① ② ③ ④
14.（2020高二下·滨海新月考）函数 的定义域为 ，导函数 在 内的图象如图所示，则函数 在 内有极小值点的个数为________．
15.（2020高三上·清新月考）法国数学家拉格朗日于1778年在其著作《解析函数论》中提出一个定理：如果函数 满足如下条件：
⑴在闭区间 上是连续不断的；
⑵在区间 上都有导数．
则在区间 上至少存在一个数 ，使得 ，其中 称为拉格朗日中值．则 在区间 上的拉格朗日中值 ________．
16.（2019高三上·武汉月考）如图，圆形纸片的圆心为 ，半径为 ，该纸片上的正方形 的中心为 ， 、 、 、 为圆 上点， ， ， ， 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，得到四棱锥.当该四棱锥体积取得最大值时，正方形 的边长为________ .
17.（2020高三上·兴宁期末）函数 在 上不单调，则实数a的取值范围是________．
18.（2019高二下·双鸭山月考）对于任意的实数 ，总存在三个不同的实数 ，使得 成立,则实数 的取值范围为______________
19.（2021高三上·辽宁月考）已知函数 满足 恒成立，则实数 的取值范围是 ．
20.（2019高二下·安徽期中）如图，有一矩形钢板ABCD缺损了一角(如图所示)，边缘线OM上每一点到点D的距离都等于它到边AB的距离．工人师傅要将缺损的一角切割下来使剩余部分成一个五边形，若AB＝1m，AD＝0.5m，则五边形ABCEF的面积最大值为________m2.
三、解答题
21.（2020高二下·潍坊期末）已知函数 ，其中 .
（1）当 时，求曲线 在点 处的切线方程；
（2）求函数 的单调区间与极值.
22.（2020高二下·海安月考）已知 （ 且m为常数）.
（1）讨论函数 的单调性；
（2）若对任意的 ，都存在 ，使得 （其中e为自然对数的底数），求实数k的取值范围.
23.（2021高二下·淄博期末）已知函数 ，其中 是自然对数的底数．
（1）判断函数 在区间 上的单调性，并求最小值；
（2）设 ，证明：函数 在区间 上有唯一零点．
24.（2020高三上·枣庄月考）设函数 ．
（1）若当 时， 取得极值，求 的值，并讨论 的单调性；
（2）若 存在极值，求 的取值范围，并证明所有极值之和大于 ．
答案解析部分
一、单选题
1.【答案】 D
【解析】由 知， ，即 ；
由 知， ，即 .
设 ，则 ，
，故 在 单调递增.
故由 知， ，
又由 知， ，所以 ，
即 ，所以 .
故答案为：D.
2.【答案】 B
【解析】根据导数的图象，可知导数有4个零点，从左向右分析，
第一个零点与第四个零点左侧为正右侧为负，所以函数 先增后减，故第一个零点与第四个零点处函数 有极大值，第二个零点左侧为负右侧为正，故函数 先减后增，第二个零点处函数 有极小值，第三个零点两侧，导数值同为正，故该点不是极值点，
故答案为：B
3.【答案】 D
【解析】令 ， ，则
当 时， ， ，即 在 上单调递增
为偶函数
图象关于 轴对称，在 上单调递减
时，即 时，
故答案为：D
4.【答案】 D
【解析】由题意知 ， ，
当 时，函数 在区间 上单调递减，无极值点；
当 时，根据 与 的图象，
设两个函数在第一象限的交点的横坐标为 ，
当 时， ， ，
函数 在区间 上单调递增，
当 时， ， ，
函数 在区间 上单调递减，
故当 时，函数 有一个极大值点.
故答案为：D.
5.【答案】 A
【解析】对函数 求导得 ，函数单调递增， ，由 知 ，同理对函数 求导，知在定义域内单调递增， ，由 知 ，所以 .
故答案为：A
6.【答案】 C
【解析】f（x）=ax﹣x2﹣lnx，x∈（0，+∞），
则f′（x）=a﹣2x﹣ ，
∵函数f（x）存在极值，∴f′（x）=0在（0，+∞）上有根，
即2x2﹣ax+1=0在（0，+∞）上有根，∴△=a2﹣8≥0，
显然当△=0时，F（x）无极值，不合题意；
∴方程必有两个不等正根，记方程2x2﹣ax+1=0的两根为x1 ， x2 ， x1+x2= ，x1x2= ，
f（x1），f（x2）是函数F（x）的两个极值，
由题意得，f（x1）+f（x2）=a（x1+x2）﹣（x12+x22）﹣（lnx1+lnx2）
= ﹣ +1﹣ln 4﹣ln ，
化简解得，a2 12，满足△＞0，
又x1+x2= ＞0，即a＞0，
∴a的取值范围是[ ，+∞），
故答案为：C。
7.【答案】 A
【解析】解：对 求导得： ，因为若 在 是增函数，所以 在 恒成立，即： 在 恒成立，所以 .
故答案为：A.
8.【答案】 A
【解析】解：当 时， ， ，
当 时， ， 单调递减，当 时， 单调递增，
作出 的图象如图：
令 ，则函数 恰有5个零点，
即方程 恰有5个根，
即 有两个不等实根，且一个根属于 ，一个根属于 内.
令 ，
则 ，解得 .
∴实数 的取值范围是 ．
故答案为：A
9.【答案】 D
【解析】令 ，
，
， ；
，
在 上是增函数，
可化为 ，
，即 ．
不等式 （1） 的解集为 ．
故答案为： ．
10.【答案】 D
【解析】因为 ，令 ，
由题意，函数 与直线 共有三个不同的交点；
当 时， ，则 ，
由 解得 ；
所以 时， ，即函数 单调递减；
时， ，即函数 单调递增；
所以 ，
又 ， ，
所以 与直线 有且仅有两个不同的交点；
当 时， ，则 ，
由 得 ，
所以当 时， ，则函数 单调递增；
当 时， ，则函数 单调递减；
所以 ，
又当 时， ；当 时， ；
当 时， ，
所以为使 与直线 只有一个交点，
只需 或 ，即 或 .
故答案为：D.
11.【答案】 A
【解析】因为函数 至少存在一个零点
所以 有解
即 有解
令 ，
则
因为 ，且由图象可知 ，所以
所以 在 上单调递减，令 得
当 时 ， 单调递增
当 时 ， 单调递减
所以
且当 时
所以 的取值范围为函数 的值域，即
故答案为：A
二、填空题
12.【答案】
【解析】 ，在点（1，1）处的切线斜率为 ，所以切线方程为 .
13.【答案】 ①③④
【解析】对于①，令 ，因为 ，所以 在R上单调递增，故①具有M性质；
对于②，令 ，则 ，由 ，得 ，由 ，得 ，所以 在 上递减，在 上递增，所以②不具有M性质；
对于③，令 ，则 恒成立，所以 在R上单调递增，故③具有M性质；
对于④，令 ，则 ，令 ，则 ，由 ，得 ，由 ，得 ，所以 在 内递减，在 内递增，所以 时， 取得最小值1，
所以 ， ，所以 在 内为单调递增函数，故④具有M性质.
故答案为：①③④.
14.【答案】 1
【解析】因为函数的极小值两侧导函数值需左负右正，
而由图得：满足导函数值左负右正的自变量只有一个，
则原函数的极小值点只有一个，
故答案为：1.
15.【答案】 ln(e-1)
【解析】 ，则 ，
所以 ，
由拉格朗日中值的定义可知， ，
即 ，
所以 ．
故答案为: ln(e-1).
16.【答案】
【解析】解：连接 交CB于点M，则 ⊥CB，点M为CB的中点，连接OC，
△OCM为直角三角形，设正方形的边长为2x，则OM＝x，由圆的半径为4，则 ＝4 x，设点 ， ， ， 重合于点P，则PM＝ ＝4 x＞x
则x＜2，高 ，
四棱锥体积 ，
设 ，
当 时， 单调递增；
当 时， 单调递减，
所以当 时，V取得最大值，此时， ．
即正方形ABCD的边长为 时，四棱锥体积取得最大值．
故答案为：
17.【答案】
【解析】 ，令 得 ，
由于 ，
分离常数 得 .
构造函数 ， ，所以 在 上递减，在 上递增， .
下证 ：
构造函数 ， ，当 时， ①，
而 ，即 ，所以 ，所以由①可得 .所以当 时， 单调递增.
由于 ，所以当 时， ，故 ，也即 .
由于 ，所以 .
所以 的取值范围是
故答案为：
18.【答案】
【解析】
令
在 上单调递增，
令
在 单调递减，在 单调递增，在 单调递减。
要想 有解，则
即
故 所以实数 的取值范围为 。
19.【答案】
【解析】∵ 恒成立，
∴ 恒成立.
∴
又
设 ，则
∴ 时， ，函数 为增函数
时， ，函数 为减函数，
又 时，
∴
设
则 恒成立，
所以 在区间 内单调递增，
所以 ，
故
所以实数 的取值范围为 .
故答案为： .
20.【答案】
【解析】以O为坐标原点，AD所在直线为 轴建立平面直角坐标系，
设边缘线OM上一点 ，则 ，
设EF与边缘线OM的切点为 ,
因为 ，所以 ，故EF所在直线方程为 ，
因此 ，其中 ，
从而
因为
当 时， ，当 时， ，
即当 时 取最小值 ，从而五边形ABCEF的面积取最大值 .
三、解答题
21.【答案】 （1）解：当 时， ， ，切点 .
，故 .
切线方程为 ，即 .
（2）解： .
令 ，解得 ，或 .
由 知， .
增函数 极大值 减函数 极小值 增函数
所以 的增区间为 ， ，减区间为 .
函数 在 处取得极大值 ，且 .
函数 在 处取得极小值 ，且 .
22.【答案】 （1）解： 的定义域为 ，
，当 时， 恒成立，
当 时， ，
综上，当 时， 递增区间是 ，无递减区间，
当 时， 递增区间是 ，递减区间是 ；
（2）解：设 ，依题意 ，
，令 ，
恒成立， 在 是减函数，
即 在 是减函数， ，
，存在唯一 ，使得 ，
当 ，
递增区间是 ，递减区间是 ，
取得极大值，也是最大值为 ，
，
对于对任意的 恒成立，
其中 ， ，
即 ，
对于对任意的 恒成立，
设 ，
，
时， ，
，当 ，
时， 取得极小值，也是最小值，
即 .
23.【答案】 （1）由已知可得， ，
当 时， ，
所以 ，
所以 在区间 上是单调递增的，
故函数在 上的最小值为 ．
（2）由已知条件可知： ，
当 时， ， ，
所以 在区间 上是单调递增的，
又 ， ，
所以存在唯一 ，使得 ，
所以 时， ，函数 单调递减，
时， ，函数 单调递增，
因为 ，
所以函数 在区间 上没有零点．
又 ， ，
所以函数 在区间 上存在唯一零点，
故函数 在区间 上有唯一零点．
24.【答案】 （1）解： ，依题意有 ，故 ．
经检验 满足题意．
， 的定义域为 ，
，
当 时， ；当 时， ；当 时， ．
所以 在区间 单调递增，在区间 单调递减．
（2）解： 的定义域为 ， ．
方程 的判别式 ．
若 ，即 ，在 的定义域内 ，故 无极值．
若 ，则 或 ．
当 ， ， ，当 时， ，当 时， ，所以 无极值．
当 ， ， ， 也无极值．
若 ，即 或 ，
则 有两个不同的实根 ， ．
当 时， ，从而 在 的定义域内没有零点，故 无极值．
当 时， ， ， 在 的定义域内有两个不同的零点，
可知 在 取得极值．
综上， 存在极值时， 的取值范围为 ．
由 可得 ，则 ，
，
所以 的极值之和为
．