重庆市南坪中学教育集团2025-2026学年高二下学期4月月考数学试卷

报告查询：登录zhixue.com或扫描二维码下载App (用户名和初始密码均为准考证号) 重庆市南坪中学教育集团高二下4月月考 (数学)试卷 考场/座位号： 姓名： 班级： 贴条形码区 ▣经▣ (正面上，切勿贴出虚线方框 正确填涂 缺考标记 客观题18为单选题，911为多选题) 1[A][B][C][D] 6[A][B][C][D] 11[A][B][C][D] 2[A][B][C][D] 7[A][B][C][D] 3[A][B][C][D] 8[A][B][C][D] 4[A][B][C][D] 9[A][B][C][D] 5[A][B][C][D] 1O[A][B][C][D] 填空题 12. 13. 14. 解答题 15. ■ 囚囚■ 16. 囚囚■ ■ ■ ■ 18. I 囚■囚 囚■囚 6I 请勿在此区域作答或 者做任何标记 ■重庆市南坪中学教育集团高二下4月月考（数学）试卷 学校： 姓名： 班级： 考号： 一、单选题（每题5分) 1.某书架的第一层放有7本不同的历史书，第二层放有6本不同的地理书.从这些书中任取 1本历史书和1本地理书，不同的取法有() A.13种 B.7种 C.6种 D.42种 2.设函数f(y在x=1处存在导数为3，则m+A0-f0=（) 3△x A.9 B.3 C.1 D 3.函数y=3x-x3的极大值点是() A.(1,2) B.1 C.(-1,-2) D.-1 4.若曲线y=lnx+x2+1在点1,2)处的切线与直线x+ay-1=0垂直，则实数a的值为（) A.3 B.4 C.-3 D.-4 5.如图是我国古代数学家赵爽在为《周髀算经》作注解时给出的弦图”，现 提供4种颜色给弦图的5个区域涂色，规定每个区域只涂一种颜色，相 邻区域颜色不相同，则不同的涂色方案共有() A.48种 B.72种 C.96种 D.144种 6.已知函数f(x)=-x2+8x+alnx在区间(4，+o)上是减函数，则a的取值范 围是() A.[0,+o) B.[-1,+w) C.(-m,0] D.(-0,] 7.函数∫(x)是定义在R上的奇函数，对任意实数x恒有∫'(x)-∫(x)>0,则() A.f(-1)>0 B.f(3)>ef(2) c.isa con D.f(3)>f(4) 8.若方程x2+3x+1=e恰有三个不相等的实根，则k的取值范围是() A.(o3B.（e C.(0,+o) D.（-e2,+o 试卷第1页，共4页 二、多选题（每题6分） 9.已知函数y=f(x)的导函数y=f(x)的图象如图所示，则下列说法正确的是() A.函数y=f(x)的图象在x=-1的切线的斜率为0 B.函数y=f(x)在1,2)上单调递减 C.x=-1是函数y=f()的极小值点 D.f(2)是函数y=f(x)的极大值 10.为鼓励学生们进行兴趣爱好的培养，某学校拟在校园音乐节上邀请某乐队演唱6首风格不 同的歌曲，设编号分别为A、B、C、D、E、F,且为了一定效果需对这6首歌的演唱顺序进行 一定调整，则() A.若歌曲B、C、D必须三首连续进行演唱，则有144种安排方式 B.若歌曲B、C、D任意两首不连续进行演唱，则有144种安排方式 C.若歌曲A必须在歌曲F之前进行演唱，则有120种安排方式 D.若歌曲A必须第一个进行演唱，歌曲F不能最后进行演唱，则有96种安排方式 11.已知函数f(x)=lnx-,则下列说法正确的是() A.若f(x)≤0恒成立，则a≥1 B.当a<0时，y=f(x)的零点只有1个 C.若函数y=f(x)有两个不同的零点x,x2,则xx,>e2 D.当a=1时，若不等式e+hm≥f(x)+x恒成立，则正数m的取值范围是 &o 三、填空题（每题5分) 12.由数字0,1,2,3,4,5,6,7组成没有重复数字的三位数，则能被5整除的三位数共有 个 13.曲线y=e*+1在x=0处的切线也是曲线y=h(x+1)+a的切线，则实数a= 14.已知e为自然对数的底数，若对任意的x∈[0,1]，总存在唯一的x,∈[-1,1]，使得x+xe-a=0 成立，则实数a的取值范围是 试卷第2页，共4页 四、解答题 15.(13分)现有体积均相同但质量均不同的红球1个、白球3个、黑球2个，将这6个小球 放入恰好能容纳6个小球的圆柱形卡槽内. ()若同种颜色的球必须相邻，试问共有多少种不同的放法？ (2)若3个白球互不相邻，且质量最大的白球不能放在卡槽的两端，试问共有多少种不同的放 法？ 16.(15分)已知函数f(x)=ax3-4x+b在x=2处取得极值，在点(0，f(0)处的切线方程为 y=-4x+4. (1)求函数f(x)的解析式及单调区间； (2)求函数f(x)在区间[0,3]的最大值与最小值. 17、(15分)已知函数f(x)=x(x+a2在x=1处取得极大值， (1)求a; (2)若函数F(x)=f(x)-m有三个零点，求m的范围. 试卷第3页，共4页 18.(17分)已知函数f(x)=lnx+(1-a)x+1(a∈R) (I)讨论函数f(x)的单调性： (2)若x>-1,不等式f(x+1)<e-(a-1)x-2(a-1)恒成立，求实数a的取值范围 19.(17分)已知函数f)-了+6n+2。 (1)当b=3时，求∫(x)的单调递减区间： (2)若∫(x)有两个极值点x,2(:<x2). ①求实数b的取值范围： ②证明：f(x)+f(x2)>nb-6. 试卷第4页，共4页 《重庆市南坪中学集团高二下4月月考试卷》参考答案 与直线y=k恰有三个不相等的交 1.D2.C3.B4.A5.B6.C7.B8.A 点，f(x)与直线y=k图象如下， 9.AD 10.ABD 11.BCD 5 6.【详解】因为f(x)=-2x+8+2,函数 由图知，当0<k<二时，曲线f(x) e 与直线y=k恰有三个不相等的实根；故选：A f(x)=-x2+8x+anx在区间(4，+o)上是减函数， 10.6首歌曲的全排列总数为A=720种要求B、C、D 所以x∈(4，+m),-2x+8+C≤0恒成立 三首必须连续，采用捆绑法. 所以x∈(4，+0)，a≤2x2-8x恒成立. 将B、C、D看作一个整体，与A、E、F共同进行排列， 设g(x)=2x2-8x,x∈(4，+w),因为对称轴为x=2,所 将B、C、D视为1个元素，与另外3个元素进行全排列， 以g(x)=2x2-8.x在(4，+w)为增函数， 共有A4种排法， 所以g(x)>g(4)=0,所以a≤0.故选：c B、C、D这个整体内部进行全排列，共有A种排法，故 7.【详解】设)=包，则 总安排方式为A4×A=144种，故A正确： ex )ec以包，由条件可知， 要求B、C、D任意两首不连续，采用插空法，先将A、E、 f'(x)-f(x)>0,所以g'(x)>0,则函数g(x)在R上单 F三首歌曲进行全排列，共有A种排法， A、E、F排好后形成4个空位（包含首尾），从这4个空位 调递增，因为函数∫(x)是定义在R上的奇函数，则 中选3个插入B、C、D,共有A种排法 f(0)=0,即f(-1)<f(0)=0,故A错误； 总安排方式为A×A=144种，故B正确； 由函数的单调性可知， 0,包，得f(3)>f(2),故 e3 要求A在F之前演唱且无需连续，利用对称性分析， B正：由目.得ef省e分 故C错误： 在全排列中，A在F前和F在A前的概率均等，各占总数 的一半故总安排方式为A=360种，故C错误 由3)<f电，得时3)<f(4),故D错误故选：B 2 要求A必须先演唱，F必须不最后演唱，先确定A的位置， 8.【详解】由x2+3x+1=伦可得+3x+1=k, 固定在第1位，有1种排法，再确定F的位置，F不能在 i记fw)=+3+1,则r=-产+-2-区+2-山， 第1位，也不能在第6位，只能在第2、3、4、5位中选择， e 共有4种排法，则剩余的4首歌曲在剩下的4个位置进行 当x<-2或x>1时，f(x)<0,当-2<<1时，f'(x)>0, 全排列，共有A4种排法，总安排方式为1×4×A4=96种， 故f(x)在(-∞，-2)，(1，+∞)上单调递减，在(-2,1)上单调 故D正确.故选：ABD 递增，故f(x)在x=-2取得极小值，f(2)=-e2,在x=1 11.BCD【详解】对于A,:f(x)定义域为(0，+o),由 处取得极大值，f)=,而x>1时，恒有f(x)>0成立， f)≤0得：a2”令6)-，则)- x2 方程x2+3x+1=伦*恰有三个不相等的实根，即曲线f(x) 答案第1页，共4页 ∴.当x∈(0，e)时，g'(x)>0;当xe(e,+)时，g'(x)<0; 单调递增在（山，+0）上单调递减，t(x)mx=t()=-1, ∴g(x)在(0，e)上单调递增，在(e,+o)上单调递减， ∴.ln≥-1即l≥二，D正确.故选：BCD :g()=ge)=,则a2,A错误： 1 12.7813.214.(1+-,e] e 对于B,f(x)定义域为(0，+o),f'(x)=上-a, 13.2【详解】将x=0代入y=e+1,得到y=2,则切 当a<0时，f"(x)>0,\f()在(0，+∞)上单调递增， 点为(0,2)，y=e+1的导数y'=e,则k=y'1ko=e°=1， 又f()=-a>0,f(e)=a-ae=a1-e）<0, 则切线方程为y-2=1(x-0),即y=x+2.y=h(x+1)+a 3x。∈(e,1),使得f(x)=0,∴.当a<0时，f(x)有且 的导数设)=h(++a的切线的切点为(， 仅有一个零点，B正确； 则5=儿，因为=e+1在=0处的切线也是曲 对于，h%=0,面-h=a6-） h,-a,=0'h+n=a+) 线)=h(++a的切线，所以太=6，所以中1，解 h+n-血-五(k+:要证，>e,只需证 X1-x2 得x。=0,将x。=0代入y=ln(x+1)+a得到 血x+血x,>2,即证血-n6+)>2, 1-x2 ,=ln(0+1)+a=a,则切点为(0，a),又切点在切线 2立-1 不妨令0<￥<x2,则只需证血立<2=西， y=x+2上，则有a=2.故答案为：2. +1 X2 14.(1+,e【详解】由x+e-a=0,得xe=a-七， 令i=支，则0<t<1,令h日=nt-2-巴(0<t<, X, t+1 令fx)=x2e,x∈[-l,1,求导得 则0=12+-2c-型_2-x+1(t- f'(x)=(x2+2x)e=x(x+2)e, (t+1) 4+Ft+0, 当x∈[-1,0)时，f'(x)<0,函数f(x)在 h(9在(0,1)上单调递增，h()<h()=0,nt<2-, t+11 【-1,0]上单调递减，函数值从减小到 -10 2-1 即h立<恒成立，，>e2,C正确 0,当x∈(0,1]时，f"(x)>0,函数f(x)在[0,1]上单调递 x2+1 增，函数值从0增大到e,令g(x)=a-x,x∈[0，，显然函数 对于D,当a=1时，由me+lnm≥f(x)+x得： g(x)=a-x在[0，】上单调递减，函数g(x)的值域为 ue+hnl≥nx,即em+x+lnm≥nx, [a-1,,由对任意的x∈[0,1]，总存在唯一的x2∈[-1,1]， em+x+lnm+x≥lnx+x;令p(x)=hx+x,则 p)1-中>0,9在0+)上单调道指。 使得g+c-a=0成立，得[a-la]s仁e, 因此 a-1> .由p(e血mx)≥p(x)得：e+x≥x,lnm≥hx-x; ,解得1+<a≤e, a≤e e 令t)=lhx->0),则(-，当x∈(0,1时， 15.【详解】(1)首先将3个白球捆绑共有A种情况，将 t(x)>0;当x∈(1，+∞)时，t(x)<0;∴t(x)在(0,1)上2个黑球捆绑共有A种情况，再将红白黑三种颜色的小球 答案第2页，共4页 全排列，共有A种情况，故N=AAA=72, 当a=-3时，f(x)=x(x-3)，则 (2)首先将红球和黑球全排列，共有A种情况， f"(x)=3x2-12x+9=(3x-3)(x-3), 然后将质量最大的白球放入，共有A种情况，再将其他白 所以当1<x<3时f'(x)<0,当x<1或x>3时f'(x)>0, 所以f(x)在(1,3)上单调递增，在(-0,1)，(3，+o）上单调 球放入，共有A种情况，故N=AA,A=72 16.【详解】(1)由f(x)=ar3-4x+b,则f(x)=3a2-4, 递增，则f(x)在x=1处取得极大值，符合题意； 因为函数f(,)在x=2处取得极值，则f"(2)=12a-4=0, 综上可得a=-3; 即a号此时e=-4+,则了)=-4， (2)由(1)可得f(x)=x(x-3)2且f(x)在(1,3)上单调 令f"(w)>0,得x<-2或x>2:令f"(x)<0,得-2<x<2, 递增，在(-0,1)，(3，+∞)上单调递增，又f()=4, 所以函数f(x)在(-0，-2)和(2，+0)上单调递增，在 f(3)=0,因为函数F(x)=f(x)-m有三个零点，即 (-2,2)上单调递减，所以函数f(x)在x=2处取得极小值， y=f(x)与y=m有三个交点，则0<m<4, 则a=3,又函数f(在点(0，f(O)处的切线方程为 即m的取值范围为(0,4). y44,则/0-b=4,所以网式-4+4 18.【详解】(1)因为f(x)=lnx+(1-a)x+1,所以 且函数f(x)的单调递减区间为(-2,2)，单调递增区间为 了=+-a)因为x>0,若1-a20,甲as1时， (-0,-2)和(2，+0). f(x)在(0，+o)上单调递增，若1-a<0,即a>1时，令 (2)由(1)知，函数f()在[0,2)]上单调递减，在[2,3]上 r)-4-a0,得0令fe)-+0-)小0， 单调递增，又了o)=4(2)=手(3)=1，所以函数f)的 得x>所以（在(）上单调递增，在（品 a-1 最大值为4，最小值为- 上单调递减， 综上，当a≤1时，f(x)在(0，+o)上单调递增：当a>1时， 17【详解】(1)因为f(x)=x(x+},所以 f()在0。)上单调递增，在(。告上单调递减 f'(x)=3x2+4aw+d,依题意f(1)=0,即3+4a+a2=0, (2)因为f(x)=lnx+(1-a)x+1, 解得a=-1或a=-3当a=-1时，f(x)=x(x-1)2,则 f(x+1)<e*-(a-1)x-2(a-1)恒成立， f(y)=3x-4x+1=(3x-10(x-1),所以当<x<1时 所以ln(x+1)+(1-a)(x+1)+1<e*-(a-1)x-2(a-1),则 1 f'(x)<0,当x<号或x>1时f'(x)>0,所以f(x)在 a<e-n(x+1),令g(x)=e-h(x+l)且x>-1,则 (1,+∞)上单调递增，则 g0=e令(=g,则。+0， f(x)在x=1处取得极小值，不符合题意； 故h(x)=g'(x)在(-1，+o)上单调递增，又g(0)=0,所 答案第3页，共4页 以x∈(-1,0)时，g(x)<0;x∈(0，+∞)时，g'(x)>0, 所以8()m=c,-1)h,-x+2=3k,+1 所以g(x)在(-1,0)上单调递减，在(0，+o)上单调递增， 1 因为x。∈(1,2)，根据对勾函数的性质得y=x,+一在 g(x)≥2g(0)=1,所以a<1,实数a的取值范围为(-o,1): (1,2)上单调递增， 19.【详解】1)当b=3时，f倒-号4x+3加+2. f(x)的定义域为(0，+o). 则2x+}3 f6)=x-4+3--4+3_x-10-3) 所以g(x)mm>0,所以f()+f(2)>lnb-6.命题得证. 令f'(x)<0,得1<x<3.所以f(x)的单调递减区间为 (1,3). (2)①f')=x-4+白--4+b,t∈(0，+). 因为∫(x)有两个极值点X,x2,所以方程x2-4x+b=0 有两个不等正根x,x2, 「△=16-4b>0 所以x+x2=4>0,解得0<b<4.则实数b的取值范围 ￥x2=b>0 为(0,4) ②证明： fs)+fx,)=(5+5)-4(5+)+bnxx+4=bb- 所以f(x)+f(x)-nb+6=(b-1)·血b-b+2 令g(x)=(x-1)hx-x+2(0<x<4),下面证明g(x)>0, 求导得gy)=lnx-,显然ge)=hx-在(0,4上单 调递增。 因为g0)=-1<0,g(②)=h2分0，且g在0,4到 上连续， 所以，函数g'(y=hx-上存在唯一零点，∈0,2)，即 七。 并且x∈(0，x)时，g'(x)<0,x∈(x,4)时，g'(x)>0, 答案第4页，共4页 重庆市南坪中学教育集团高二下4月月考（数学）试卷 学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________ 一、单选题（每题5分） 1．某书架的第一层放有7本不同的历史书，第二层放有6本不同的地理书．从这些书中任取1本历史书和1本地理书，不同的取法有（   ） A．13种 B．7种 C．种 D．42种 2．设函数在处存在导数为3，则（    ） A．9 B．3 C．1 D． 3．函数的极大值点是（   ） A． B．1 C． D． 4．若曲线在点处的切线与直线垂直，则实数a的值为（    ） A．3 B．4 C．－3 D．－4 5．如图是我国古代数学家赵爽在为《周髀算经》作注解时给出的“弦图”．现提供4种颜色给“弦图”的5个区域涂色，规定每个区域只涂一种颜色，相邻区域颜色不相同，则不同的涂色方案共有（　　） A．48种 B．72种 C．96种 D．144种 6．已知函数在区间上是减函数，则a的取值范围是（   ） A． B． C． D． 7．函数是定义在上的奇函数，对任意实数恒有，则（    ） A． B． C． D． 8．若方程恰有三个不相等的实根，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 二、多选题（每题6分） 9．已知函数的导函数的图象如图所示，则下列说法正确的是（    ） A．函数的图象在的切线的斜率为0 B．函数在上单调递减 C．是函数的极小值点 D．是函数的极大值 10．为鼓励学生们进行兴趣爱好的培养，某学校拟在校园音乐节上邀请某乐队演唱6首风格不同的歌曲，设编号分别为A、B、C、D、E、F，且为了一定效果需对这6首歌的演唱顺序进行一定调整，则（   ） A．若歌曲B、C、D必须三首连续进行演唱，则有144种安排方式 B．若歌曲B、C、D任意两首不连续进行演唱，则有144种安排方式 C．若歌曲必须在歌曲之前进行演唱，则有120种安排方式 D．若歌曲必须第一个进行演唱，歌曲不能最后进行演唱，则有96种安排方式 11．已知函数，则下列说法正确的是（    ） A．若恒成立，则 B．当时，的零点只有1个 C．若函数有两个不同的零点，，则 D．当时，若不等式恒成立，则正数的取值范围是 三、填空题（每题5分） 12．由数字组成没有重复数字的三位数，则能被5整除的三位数共有__________个. 13．曲线在处的切线也是曲线的切线，则实数 ________． 14．已知为自然对数的底数，若对任意的，总存在唯一的，使得成立，则实数的取值范围是________. 四、解答题 15．（13分）现有体积均相同但质量均不同的红球1个、白球3个、黑球2个，将这6个小球放入恰好能容纳6个小球的圆柱形卡槽内． (1)若同种颜色的球必须相邻，试问共有多少种不同的放法？ (2)若3个白球互不相邻，且质量最大的白球不能放在卡槽的两端，试问共有多少种不同的放法？ 16．（15分）已知函数在处取得极值，在点处的切线方程为． (1)求函数的解析式及单调区间； (2)求函数在区间的最大值与最小值． 17、（15分）已知函数在处取得极大值． (1)求； (2)若函数有三个零点，求的范围． 18．（17分）已知函数. (1)讨论函数的单调性； (2)若，不等式恒成立，求实数的取值范围. 19．（17分）已知函数. (1)当时，求的单调递减区间； (2)若有两个极值点，（）. ①求实数b的取值范围； ②证明：. 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 《重庆市南坪中学集团高二下4月月考试卷》参考答案 1．D 2．C 3．B 4．A 5．B 6．C 7．B 8．A 9．AD 10．ABD 11．BCD 6．【详解】因为，函数在区间上是减函数， 所以，恒成立. 所以，恒成立. 设，，因为对称轴为，所以在为增函数， 所以，所以.故选：C 7．【详解】设，则，由条件可知，，所以，则函数在上单调递增，因为函数是定义在上的奇函数，则，即，故A错误； 由函数的单调性可知，，得，故B正确；由，得，故C错误； 由，得，故D错误.故选：B 8．【详解】由可得， 记，则， 当或时，，当时，，故在上单调递减，在上单调递增，故在取得极小值，，在处取得极大值，，而时，恒有成立，方程恰有三个不相等的实根，即曲线与直线恰有三个不相等的交点，与直线图象如下， 由图知，当时，曲线与直线恰有三个不相等的实根；故选：A 10．6首歌曲的全排列总数为种.要求B、C、D三首必须连续，采用捆绑法. 将B、C、D看作一个整体，与A、E、F共同进行排列， 将、C、D视为1个元素，与另外3个元素进行全排列，共有种排法， B、C、D这个整体内部进行全排列，共有种排法，故总安排方式为种，故A正确； 要求B、C、D任意两首不连续，采用插空法，先将A、E、F三首歌曲进行全排列，共有种排法， A、E、F排好后形成4个空位（包含首尾），从这4个空位中选3个插入B、C、D，共有种排法. 总安排方式为种，故B正确； 要求在之前演唱且无需连续，利用对称性分析， 在全排列中，在前和在前的概率均等，各占总数的一半.故总安排方式为种，故C错误； 要求必须先演唱，必须不最后演唱，先确定的位置，固定在第1位，有1种排法，再确定的位置，不能在第1位，也不能在第6位，只能在第2、3、4、5位中选择，共有4种排法，则剩余的4首歌曲在剩下的4个位置进行全排列，共有种排法，总安排方式为种，故D正确.故选：ABD. 11．BCD【详解】对于A，定义域为，由得：，令，则， 当时，；当时，； 在上单调递增，在上单调递减， ，则，A错误； 对于B，定义域为，， 当时，，在上单调递增， 又，，，使得，当时，有且仅有一个零点，B正确； 对于C，，， ；要证，只需证，即证， 不妨令，则只需证， 令，则，令， 则， 在上单调递增，，，即恒成立，，C正确； 对于D，当时，由得：，即，；令，则，在上单调递增， 由得：，； 令，则，当时，；当时，；在上单调递增，在上单调递减，， 即，D正确.故选：BCD 12． 13． 14． 13． 【详解】将代入，得到，则切点为，的导数，则， 则切线方程为，即.的导数，设的切线的切点为， 则，因为在处的切线也是曲线的切线，所以，所以，解得，将代入得到，则切点为，又切点在切线上，则有.故答案为：． 14．【详解】由，得， 令，求导得， 当时，，函数在上单调递减，函数值从减小到0，当时，，函数在上单调递增，函数值从0增大到，令，显然函数在上单调递减，函数的值域为，由对任意的，总存在唯一的，使得成立，得， 因此，解得， 15．【详解】（1）首先将3个白球捆绑共有种情况，将2个黑球捆绑共有种情况，再将红白黑三种颜色的小球全排列，共有种情况，故. （2）首先将红球和黑球全排列，共有种情况， 然后将质量最大的白球放入，共有种情况，再将其他白球放入，共有种情况，故. 16.【详解】（1）由，则， 因为函数在处取得极值，则，即，此时，则， 令，得或；令，得， 所以函数在和上单调递增，在上单调递减，所以函数在处取得极小值，则，又函数在点处的切线方程为，则，所以， 且函数的单调递减区间为，单调递增区间为和. （2）由（1）知，函数在上单调递减，在上单调递增，又，所以函数的最大值为4，最小值为. 17【详解】（1）因为，所以，依题意，即，解得或；当时，，则，所以当时，当或时，所以在上单调递减，在，上单调递增，则在处取得极小值，不符合题意； 当时，，则， 所以当时，当或时， 所以在上单调递增，在，上单调递增，则在处取得极大值，符合题意； 综上可得； （2）由（1）可得且在上单调递增，在，上单调递增，又，，因为函数有三个零点，即与有三个交点，则， 即的取值范围为. 18．【详解】（1）因为，所以.因为，若，即时，在上单调递增，若，即时，令，得；令，得，所以在上单调递增，在上单调递减. 综上，当时，在上单调递增；当时，在上单调递增，在上单调递减. （2）因为，恒成立， 所以，则，令且，则，令，则，故在上单调递增，又，所以时，；时，， 所以在上单调递减，在上单调递增，，所以，实数的取值范围为. 19．【详解】（1）当时，，的定义域为. . 令，得.所以的单调递减区间为. （2）①，. 因为有两个极值点，，所以方程有两个不等正根，， 所以，解得.则实数b的取值范围为. ②证明：所以. 令，下面证明， 求导得，显然在上单调递增. 因为，，且在上连续， 所以，函数存在唯一零点，即. 并且时，，时，， 所以. 因为，根据对勾函数的性质得在上单调递增， 则， 所以，所以.命题得证. 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $