精品解析：吉林省白山市抚松县第一中学2024-2025学年高二下学期6月月考数学试题

抚松一中2024-2025下学期高二年级第三次月考 数学试卷 一、单选题（每小题5分，共40分） 1. 已知命题，，命题，，则（ ） A. 和都是真命题 B. 和都是真命题 C. 和都是真命题 D. 和都是真命题 【答案】C 【解析】 【分析】举出反例证明为假命题，所以为真；找出实例证明为真命题，所以为假；由此即可求解. 【详解】对于命题，时，， 所以，为假命题，为真命题， 对于命题，，解得，或， 所以，，为真命题，为假命题， 所以和都是真命题. 故选：C 2. 已知下列说法： ①对于经验回归方程，变量增加一个单位时，平均增加3个单位； ②甲､乙两个模型的分别为0.98和0.80，则模型甲的拟合效果更好； ③对分类变量与，随机变量越大，则判断“与有关系”的把握程度越大； ④两个随机变量的线性相关性越强，则相关系数就越接近1. 其中说法错误的个数为（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】B 【解析】 【分析】根据回归方程、相关指数、卡方值、相关系数的实际意义判断各项的正误即可. 【详解】①对于经验回归方程，变量增加一个单位时，平均减少5个单位，错； ②甲､乙两个模型的分别为0.98和0.80，由甲模型的值较大，故模型甲的拟合效果更好，对； ③对分类变量与，随机变量越大，变量的相关性越强，则判断“与有关系”的把握程度越大，对； ④两个随机变量的线性相关性越强，则相关系数的绝对值就越接近1，错. 所以，错误的共有2个. 故选：B 3. 物理学上定义线密度为单位长度上的质量．某直鱼竿的总长度为6米，设为鱼竿上一点到鱼钩的距离（单位：米），表示该点到鱼钩这一整段鱼竿的质量（单位：克），则该鱼竿在处的线密度为（ ） A. 8克每米 B. 16克每米 C. 24克每米 D. 32克每米 【答案】D 【解析】 【分析】据定义，线密度为单位长度上的质量，但点到鱼钩这一整段鱼竿的质量是非线性的，则当线的长度趋近于0时的质量即为线密度，故求极限值即可. 【详解】根据题设，可知鱼竿在处的线密度为， 所以鱼竿在处的线密度为． 故选：D． 4. 给图中五个区域染色，有4种不同的颜色可供选择，要求有公共边的区域染上不同的颜色，则不同的染色方法有（ ） A. 216种 B. 192种 C. 180种 D. 168种 【答案】D 【解析】 【分析】按照一定的顺序对五个区域进行染色，依次考虑每个区域的染色选择，根据相邻区域颜色不同的要求来确定每种情况下的染色方法数. 【详解】先对染色，有种方法，若2和3同色，则不同的染色方法有72种； 若2和3不同色，则不同的染色方法有种． 综上所述，不同的染色方法有种． 故选：D. 5. 设函数，当时，，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】通过分类讨论去绝对值，画出函数的大致图象，结合二次函数的性质进行分析即可求解. 【详解】， 即， 当时，函数的大致图象如图， 当时，，所以，又，得； 当时，函数的大致图象如图， 当时，， 所以，又，得， 综上：. 故选：D. 6. “ 142857 ” 这一串数字被称为走马灯数，是世界上著名的几个数之一，当 142857 与 1 至 6 中任意 1 个数字相乘时，乘积仍然由1，4，2，8，5，7这 6 个数字组成. 若从 1，4，2，8，5，7这 6 个数字中任选 4 个数字组成无重复数字的四位数，则在这些组成的四位数中， 大于 5700 的偶数个数是（ ） A. 66 B. 75 C. 78 D. 90 【答案】B 【解析】 【分析】按千位数分别是5，7，8进行分类讨论即可. 【详解】若千位数字是5，则百位数字只能是7或8，故共有（个）； 若千位数字是7，则共有（个）； 若千位数字是8，则共有（个）． 故符合条件的四位数共有（个）． 故选：B. 7. 下列说法中，正确的是（ ） A. 经验回归直线必经过样本点中心 B. 样本相关系数的值越大，两个变量的相关程度越强 C. 在残差图中，残差点所在的水平带状区域越宽，回归方程的预报精确度越高 D. 根据分类变量与的成对样本数据，计算得到，根据小概率值的独立性检验），可判断与有关联，此推断犯错误的概率不超过0.05 【答案】A 【解析】 【分析】利用回归直线的性质判断A；利用相关系数的意义判断B；利用残差图的特征判断C；利用独立性检验判断D. 【详解】对于A，经验回归方程必经过样本点中心，A正确； 对于B，样本相关系数的绝对值越大，两个变量的相关程度越强，B错误； 对于C，在残差图中，残差点所在的水平带状区域越窄，回归方程的预报精确度越高，C错误； 对于D，由，根据小概率值的独立性检验， 没有充分证据推断与有关联，即无关，D错误. 故选：A 8. 定义在上的奇函数的导函数为，当时，恒有，则不等式的解集为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】构造函数，结合求导可判断单调性，从而求解原不等式. 【详解】根据题意可构造函数，则， 由题可知，所以在区间上为增函数， 又由于为偶函数，为奇函数，所以为奇函数， 又，即， 所以，解得. 故选：D. 二、多选题（每小题6分，共18分） 9. 一组样本数据．其中，求得其经验回归方程为：，残差为．对样本数据进行处理：，得到新的数据，求得其经验回归方程为：，其残差为，分布如图所示，且，则（ ） A. 样本负相关 B. C. D. 处理后的决定系数变大 【答案】ABD 【解析】 【分析】利用回归方程判断A；利用样本中心点计算判断B；利用图象的波动性判断CD. 【详解】对于A，经验回归方程中斜率，则样本负相关，A正确； 对于B，原样本均值：，由，得，B正确： 对于C，由图1的数据波动较大可得比更集中，则，C错误； 对于D，由图1的残差平方和较图2的残差平方和大知，处理后拟合效果更好，决定系数变大，D正确． 故选：ABD 10. 下列说法正确的是（ ） A. 已知为随机事件B的对立事件，，，则 B. 已知，则 C. 随机变量X服从正态分布，若，则的最小值为9 D. 【答案】BD 【解析】 【分析】根据条件概率和对立事件概率性质,根据二项式定理的性质,对其求导构造函数,正态分布密度曲线的性质,以及构造二项式的乘积,找到一个特殊项证明等式,分别判断选项正误. 【详解】已知对立,即,所以,因为,所以A错误. ,对两边求导得, 当时，,化简得, 的一次项为,所以,所以B正确. 根据正态分布的对称性可知,当,,所以对通分得, 设,当时,由最大值,为,所以最小值为,故C错误. 二项式, , 则, 展开式中项系数为0,在中是由和相乘得到的, 当为奇数时,设,则, 则项的系数为, 其中项系数为, 由可知, 所以.所以D正确. 故选:BD. 11. 已知函数，，，则（ ） A. 和的图象有且只有一条公切线 B. 若恒成立，则整数的最大值为 C. 若、均大于，则 D. 关于的方程在区间内有解 【答案】BC 【解析】 【分析】设直线为函数和的图象的公切线，设直线切函数于点，切函数于点，利用导数的几何意义可得出关于、的方程，解方程组可判断A选项；利用导数求出函数最小值的取值范围，可判断B选项；利用作差法可判断C选项；利用导数分析函数、在上的函数值符号，可判断D选项. 【详解】对于A选项，设直线为函数和的图象的公切线， 设直线切函数于点，切函数于点， 因为，则，所以，， 切线方程为，即， 因为，则，所以，， 切线方程为，即， 所以，，消去可得，解得或， 所以，和的图象有且只有两条公切线，A错； 对于B选项，若，则， 因为函数，其中，则， 因为函数、在上均为增函数，则函数在上为增函数， 因为，， 所以，存在，使得，即，可得， 且当时，，当时，， 所以，函数的减区间为，增区间为， 所以，， 由对勾函数的单调性可知，函数在上单调递减， 所以，， 由题意可得，故整数的最大值为，B对； 对于C选项， ， 因为、，则，，所以，， 所以，， 所以，，C对； 对于D选项，当时，，则， 所以，函数在上单调递增，则， ，则对任意的恒成立， 所以，在单调递减，则， 当时，对任意的，， 所以，关于的方程在区间内无解，D错. 故选：BC. 三、填空题（每小题5分，共20分） 12. 已知随机变量X服从标准正态分布，若，则______． 【答案】0.1 【解析】 【分析】根据正态分布的对称性即可求解. 【详解】由可得， 故， 故答案为：0.1 13. 某电影院要在一天的A、B、C、D、E五个不同的时段分别安排《哪吒之魔童闹海》、《唐探1900》、《误杀3》、《封神第二部：战火西岐》、《射雕英雄传：侠之大者》、《长空之王》等6部电影中的一部，每部电影在当天的五个时段中至多只安排一次，若A时段不安排《哪吒之魔童闹海》，E时段不安排《长空之王》，那么共有________种安排方式.（答案用数字表示） 【答案】 【解析】 【分析】根据正难则反的思想，先求出不受限制条件下所有安排种数，然后排除三类不满足条件的所有安排种数即可得解. 【详解】在排片不受时段限制的条件下，总共有种安排方式， 不满足题意的安排方式： 第一类，A时段安排《哪吒之魔童闹海》且E时段不安排《长空之王》： 若五个时段都不安排《长空之王》，则有种安排方式；若安排《长空之王》，则有种安排方式；则该类共有种安排方式； 第二类，A时段不安排《哪吒之魔童闹海》且E时段安排《长空之王》： 若五个时段都不安排《哪吒之魔童闹海》，则有种安排方式；若安排《哪吒之魔童闹海》，则有种安排方式；则该类共有种安排方式； 第三类，A时段安排《哪吒之魔童闹海》且E时段安排《长空之王》：共有种安排方式， 综上，满足条件的安排方式共有：种， 故答案为： 14. 已知函数.若函数在点处的切线与直线垂直，则的值为______；若函数有且仅有一个极值点，则的取值范围为______. 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】由题意可得，再构造函数，利用导数判断函数的单调性结合，即可求出；若函数有极值点，则方程，即有解，则函数与的图象必有交点，易得时，函数有一个极值点，则要使函数有且仅有一个极值点，只需要当时，恒有，求出函数与在上得公切线的斜率，进而可得出答案. 【详解】， 由题意可得， 令，则， 所以函数在上单调递增， 又因为，所以， 若函数有极值点，则方程，即有解， 所以函数与的图象必有交点， 由函数与的图象可知， 两函数图象在轴左侧必有一个交点，设为， 且当时，，则， 当时，，则， 所以是函数的一个极小值点， 所以要使函数有且仅有一个极值点， 只需要当时，恒有，即， 设函数与在点处有公切线， 由，得， 由，得， 所以，解得， 所以要使当时，恒成立，则， 所以的取值范围为. 故答案为：；. 四、解答题（15题13分，16，17题15分，18，19题17分） 15. 已知，求解： （1）； （2）； （3）； （4）． 【答案】（1） （2） （3） （4） 【解析】 【分析】（1）令，可求得的值； （2）令，可求出的值，再与（1）中的等式作差，可求得的值； （3）分析可知当为奇数时，；当为偶数时，，可得出，即可得解； （4）在题干等式的两边同时求导，再令，可求得的值. 【小问1详解】 令，得①. 【小问2详解】 令，得②， 由①②，得， 所以. 【小问3详解】 因为， 的展开式通项为， 所以， 当为奇数时，；当为偶数时，. 所以. 【小问4详解】 ， 两边分别求导，得， 令，得. 16. 经观测，长江中某鱼类的产卵数与温度有关，现将收集到的温度和产卵数的10组观测数据作了初步处理，得到如图的散点图及一些统计量表. 360 54.4 1360 44 384 3 588 32 6430 表中，，. （1）根据散点图判断，，与哪一个适宜作为与之间的回归方程模型并求出关于的回归方程（给出判断即可，不必说明理由）； （2）某兴趣小组抽取两批鱼卵，已知第一批中共有6个鱼卵，其中“死卵”有2个；第二批中共有8个鱼卵，其中“死卵”有3个.现随机挑选一批，然后从该批次中随机取出两个鱼卵，求取出“死卵”个数为1的概率. 附：对于一组数据，，…，，其经验回归直线方程的斜率和截距的最小二乘估计分别为， 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据散点图确定模型，代入数据计算即可； （2）设相应事件，可得相应概率，结合全概率公式计算概率运算求解； 【小问1详解】 根据散点图判断，看出样本点分布在一条指数函数图象的周围， 所以适宜作为y与x之间的回归方程模型． 令，则， 则， 所以，所以y关于x的回归方程为． 【小问2详解】 设事件“所取两个鱼卵来自第i批”， 所以， 设事件“所取两个鱼卵有个“死卵”， 则， 由全概率公式， 所以取出“死卵”个数为1的概率为. 17. 设函数. （1）若关于的不等式的解集为，求实数的值； （2）若不等式对于实数时恒成立，求的取值范围； （3）解关于的不等式：. 【答案】（1）2 （2）： （3） 依题意，等价丁， 当时，不等式可化为，解集为. 当时，不等式可化为，此时， 所以不等式的解集为. 当时，不等式化为， ①当时，，不等式的解集为； ②当时，，不等式的解集为或； ③当时，，不等式的解集为或； 综上，当时，解集为或； 当时，解集为； 当时，解集为或； 当时，解集为； 当时，解集为. 【解析】 【分析】（1）由二次不等式与二次方程的关系，得到方程的解，即可求出实数的值； （2）整理不等式，将不等式左边看成关于的一次函数，代入两端点不等式成立即可解出的解集； （3）整理不等式，讨论参数的取值，得到相应不等式的解集即可. 【小问1详解】 由题意知，是方程的两个根， 则，则. 【小问2详解】 ， 则对于实数时恒成立， 则，即， 解得，∴ 则的取值范围为. 【小问3详解】 略 18. 乒乓球比赛有两种赛制，其中就有“5局3胜制”和“7局4胜制”，“5局3胜制”指5局中胜3局的一方取得胜利，“7局4胜制”指7局中胜4局的一方取得胜利． （1）甲、乙两人进行乒乓球比赛，若采用5局3胜制，比赛结束算一场比赛，甲获胜的概率为0.8；若采用7局4胜制，比赛结束算一场比赛，甲获胜的概率为0.9．已知甲、乙两人采用两种赛制各共进行了场比赛，请根据小概率值的独立性检验，来推断赛制是否对甲获胜的场数有影响． （2）若甲、乙两人采用5局3胜制比赛，设甲每局比赛的胜率均为p，没有平局．记事件“甲只要取得3局比赛的胜利比赛结束且甲获胜”为A，事件“两人赛满5局，甲至少取得3局比赛胜利且甲获胜”为B，试证明：． （3）甲、乙两人进行乒乓球比赛，每局比赛甲的胜率都是，没有平局．若采用“赛满局，胜方至少取得n局胜利”的赛制，甲获胜的概率记为．若采用“赛满局，胜方至少取得局胜利”的赛制，甲获胜的概率记为，试比较与的大小． 附：，其中． 0.05 0.025 0.010 3.841 5.024 6.635 【答案】（1）当时，对甲获胜的场数有影响．当时，没有证据认为推断赛制对甲获胜的场数有影响． （2）证明：由题意， ， ， 综上，，得证. （3）. 【解析】 【分析】（1）根据题设写出列联表，应用卡方公式得，讨论参数结合独立检验基本思想即得答案； （2）根据题设，应用独立乘法公式及互斥事件加法得到，并化简，即可证； （3）考虑赛满局的情况，以赛完局为第一阶段，第二阶段为最后2局，设“赛满局甲获胜”为事件，第一阶段甲获胜，记为；第一阶段乙获胜，且甲恰好胜了局，记为，根据题意分析得到，进而分情况写出关于参数p的概率公式，即可比较大小. 【小问1详解】 由题设，赛制与甲获胜情况列联表如下， 甲获胜场数 乙获胜场数 5局3胜 7局4胜 所以，若， 当时，根据小概率值的独立性检验，推断赛制对甲获胜的场数有影响． 当时，根据小概率值的独立性检验，没有证据认为推断赛制对甲获胜的场数有影响． 【小问2详解】 略 【小问3详解】 考虑赛满局的情况，以赛完局为第一阶段，第二阶段为最后2局， 设“赛满局甲获胜”为事件，结合第一阶段结果，要使事件发生，有两种情况： 第一阶段甲获胜，记为；第一阶段乙获胜，且甲恰好胜了局，记为， 则，得， 若第一阶段甲获胜，即赛满局甲至少胜局，有甲至少胜局和甲恰好胜局两种情况， 甲至少胜局时，无论第二阶段的2局结果如何，最终甲获胜； 甲恰好胜局时，有可能甲不能获胜，此时第二阶段的2局比赛甲均失败，概率为， 所以， 若第一阶段乙获胜，且甲恰好胜了局，那么要使甲最终获胜，第二阶段的2局甲全胜，得， 所以， 则 ， 由，所以，得. 【点睛】关键点点睛：第三问，设“赛满局甲获胜”为事件，第一阶段甲获胜，记为；第一阶段乙获胜，且甲恰好胜了局，记为，根据题意分析得到为关键. 19. 设实数，函数. （1）当时，求函数的极小值； （2）若存在满足，，且，求的取值范围.（注：是自然对数的底数） 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）求出函数的导数，判断函数的单调性，进而求得函数的极小值； （2）由题意，得，根据函数的极小值点可得到，通过构造函数证明恒成立，进而求出，从而求得a的取值范围. 【小问1详解】 ， 当时，， 由于，在上均为增函数， 可知在上单调递增， 又，故在上，在上， 所以在上单调递减，在上单调递增， 因此，的极小值为. 【小问2详解】 由题意，得， 同（1）分析，可知存在，使得，且在上单调递减，在上单调递增. 记，可知当时，， 注意到当时， 若恒大于， 则等价于（*）, 又由，得， 代入（*），得，解得， 所以. 下面证明恒成立. 先证. 令， 由，得， 求导得, 令，， 考虑函数 , 由，得， 所以① 由于对任意成立， 分别取和，得，， 上述两式相加，得 , 所以② 将①，②两式代入，得, 令，则在上恒成立， ∴，即， ∴， 分别取和，得，, 从而，也即，所以在上单调递减, ∵，， ∴, 又∵，，在上单调递增，∴, 故有； 再证 由于对任意成立，分别取和， 得，， 上述两式相加，得 ， 又由，得，故有， 因此，. 【点睛】本题考查了利用导数求函数的极值以及解决不等式恒成立时求参数的范围，综合性强，计算量大，要求能灵活应用导数的相关知识，解答的关键是通过恰当的变式，构造函数，将不等式恒成立问题转化为函数的最值问题. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 抚松一中2024-2025下学期高二年级第三次月考 数学试卷 一、单选题（每小题5分，共40分） 1. 已知命题，，命题，，则（ ） A. 和都是真命题 B. 和都是真命题 C. 和都是真命题 D. 和都是真命题 2. 已知下列说法： ①对于经验回归方程，变量增加一个单位时，平均增加3个单位； ②甲､乙两个模型的分别为0.98和0.80，则模型甲的拟合效果更好； ③对分类变量与，随机变量越大，则判断“与有关系”的把握程度越大； ④两个随机变量的线性相关性越强，则相关系数就越接近1. 其中说法错误的个数为（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 3. 物理学上定义线密度为单位长度上的质量．某直鱼竿的总长度为6米，设为鱼竿上一点到鱼钩的距离（单位：米），表示该点到鱼钩这一整段鱼竿的质量（单位：克），则该鱼竿在处的线密度为（ ） A. 8克每米 B. 16克每米 C. 24克每米 D. 32克每米 4. 给图中五个区域染色，有4种不同的颜色可供选择，要求有公共边的区域染上不同的颜色，则不同的染色方法有（ ） A. 216种 B. 192种 C. 180种 D. 168种 5. 设函数，当时，，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 6. “ 142857 ” 这一串数字被称为走马灯数，是世界上著名的几个数之一，当 142857 与 1 至 6 中任意 1 个数字相乘时，乘积仍然由1，4，2，8，5，7这 6 个数字组成. 若从 1，4，2，8，5，7这 6 个数字中任选 4 个数字组成无重复数字的四位数，则在这些组成的四位数中， 大于 5700 的偶数个数是（ ） A. 66 B. 75 C. 78 D. 90 7. 下列说法中，正确的是（ ） A. 经验回归直线必经过样本点中心 B. 样本相关系数的值越大，两个变量的相关程度越强 C. 在残差图中，残差点所在的水平带状区域越宽，回归方程的预报精确度越高 D. 根据分类变量与的成对样本数据，计算得到，根据小概率值的独立性检验），可判断与有关联，此推断犯错误的概率不超过0.05 8. 定义在上的奇函数的导函数为，当时，恒有，则不等式的解集为（ ） A. B. C. D. 二、多选题（每小题6分，共18分） 9. 一组样本数据．其中，求得其经验回归方程为：，残差为．对样本数据进行处理：，得到新的数据，求得其经验回归方程为：，其残差为，分布如图所示，且，则（ ） A. 样本负相关 B. C. D. 处理后的决定系数变大 10. 下列说法正确的是（ ） A. 已知为随机事件B的对立事件，，，则 B. 已知，则 C. 随机变量X服从正态分布，若，则的最小值为9 D. 11. 已知函数，，，则（ ） A. 和的图象有且只有一条公切线 B. 若恒成立，则整数的最大值为 C. 若、均大于，则 D. 关于的方程在区间内有解 三、填空题（每小题5分，共20分） 12. 已知随机变量X服从标准正态分布，若，则______． 13. 某电影院要在一天的A、B、C、D、E五个不同的时段分别安排《哪吒之魔童闹海》、《唐探1900》、《误杀3》、《封神第二部：战火西岐》、《射雕英雄传：侠之大者》、《长空之王》等6部电影中的一部，每部电影在当天的五个时段中至多只安排一次，若A时段不安排《哪吒之魔童闹海》，E时段不安排《长空之王》，那么共有________种安排方式.（答案用数字表示） 14. 已知函数.若函数在点处的切线与直线垂直，则的值为______；若函数有且仅有一个极值点，则的取值范围为______. 四、解答题（15题13分，16，17题15分，18，19题17分） 15. 已知，求解： （1）； （2）； （3）； （4）． 16. 经观测，长江中某鱼类的产卵数与温度有关，现将收集到的温度和产卵数的10组观测数据作了初步处理，得到如图的散点图及一些统计量表. 360 54.4 1360 44 384 3 588 32 6430 表中，，. （1）根据散点图判断，，与哪一个适宜作为与之间的回归方程模型并求出关于的回归方程（给出判断即可，不必说明理由）； （2）某兴趣小组抽取两批鱼卵，已知第一批中共有6个鱼卵，其中“死卵”有2个；第二批中共有8个鱼卵，其中“死卵”有3个.现随机挑选一批，然后从该批次中随机取出两个鱼卵，求取出“死卵”个数为1的概率. 附：对于一组数据，，…，，其经验回归直线方程的斜率和截距的最小二乘估计分别为， 17. 设函数. （1）若关于的不等式的解集为，求实数的值； （2）若不等式对于实数时恒成立，求的取值范围； （3）解关于的不等式：. 18. 乒乓球比赛有两种赛制，其中就有“5局3胜制”和“7局4胜制”，“5局3胜制”指5局中胜3局的一方取得胜利，“7局4胜制”指7局中胜4局的一方取得胜利． （1）甲、乙两人进行乒乓球比赛，若采用5局3胜制，比赛结束算一场比赛，甲获胜的概率为0.8；若采用7局4胜制，比赛结束算一场比赛，甲获胜的概率为0.9．已知甲、乙两人采用两种赛制各共进行了场比赛，请根据小概率值的独立性检验，来推断赛制是否对甲获胜的场数有影响． （2）若甲、乙两人采用5局3胜制比赛，设甲每局比赛的胜率均为p，没有平局．记事件“甲只要取得3局比赛的胜利比赛结束且甲获胜”为A，事件“两人赛满5局，甲至少取得3局比赛胜利且甲获胜”为B，试证明：． （3）甲、乙两人进行乒乓球比赛，每局比赛甲的胜率都是，没有平局．若采用“赛满局，胜方至少取得n局胜利”的赛制，甲获胜的概率记为．若采用“赛满局，胜方至少取得局胜利”的赛制，甲获胜的概率记为，试比较与的大小． 附：，其中． 0.05 0.025 0.010 3.841 5.024 6.635 19. 设实数，函数. （1）当时，求函数的极小值； （2）若存在满足，，且，求的取值范围.（注：是自然对数的底数） 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $