广东省深圳市光明区光明中学2023-2024学年高二下学期期中考试数学试题
1．（2024高二下·宝安期中）小米汽车首款车型小米于年月日正式发布，该款车型有种外观颜色，种内搭颜色可供选择若车主自由选择车的外观和内搭颜色，共有种情况．( )
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】分步乘法计数原理
【解析】【解答】解：选外观颜色有9种选择；选内搭有4种选择；
所以共有种情况．
故答案为：D.
【分析】根据分步乘法计数原理直接计算即可.
2．（2024高二下·宝安期中）某质点的位移单位：与时间单位：满足函数关系式，则当时，该质点的瞬时速度为( )
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】实际问题中导数的意义
【解析】【解答】解：由已知，
则，
所以当时，该质点的瞬时速度为．
故答案为：C.
【分析】根据导数的实际意义即可求解.
3．（2024高二下·宝安期中）在等比数列中，，，则公比（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】等比数列的性质
【解析】【解答】解：在等比数列中，，，
则，则得，则公比.
故答案为：A.
【分析】利用已知条件结合等比数列的通项公式，从而建立首项和公比的方程组，再解方程组得出首项和公比的值.
4．（2024高二下·宝安期中）的展开式中二项式系数最大的项为（ ）
A．第二项 B．第三项 C．第四项 D．第五项
【答案】C
【知识点】二项式系数的性质
【解析】【解答】解：在的展开式中，项的二项式系数为，
根据二项式系数的性质得，当时，，即第四项的二项式系数最大．
故答案为：C.
【分析】根据题意结合二项展开式中二项式系数的性质，从而得出的展开式中二项式系数最大的项.
5．（2024高二下·宝安期中）函数的单调递减区间是（ ）
A． B． C． D．（0，1）
【答案】B
【知识点】利用导数研究函数的单调性
【解析】【解答】解：由题意可得，
且函数的定义域为（0，+∞），
由，得，即的单调递减区间是．
故答案为：B.
【分析】利用导数求出函数的单调递减区间.
6．（2024高二下·宝安期中）某校街舞社共位同学，为了给高三学子加油鼓劲，编排了一组团体舞蹈，站队时要求站成两排四列，且要保证每一列前面的同学身高比后面的同学矮名学生身高均不相同，共有种站队方法．( )
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】分步乘法计数原理；简单计数与排列组合
【解析】【解答】解：将前后2人看成一组，分为4步即每步选取2人，两人一前一后顺序确定，
利用分步乘法计数原理可知共有种.
故答案为：B
【分析】利用分步乘法计数原理求解即可.
7．（2024高二下·宝安期中）已知函数与偶函数在交点处的切线相同，则函数在处的切线方程为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】奇函数与偶函数的性质；利用导数研究曲线上某点切线方程
【解析】【解答】解：由函数，可得，
所以且，
因为函数与偶函数在交点处的切线相同，
所以函数与相切于，且，
又因为为偶函数，
所以，且，
所以函数在处的切线方程为，即．
故答案为：D.
【分析】先求出，从而得到且，根据题意得到与相切于且，由为偶函数得出且，从而求出函数在处的切线方程.
8．（2024高二下·宝安期中）已知数列，，，且，则数列的前2023项之和为（ ）
A．0 B．2 C．2024 D．4048
【答案】B
【知识点】等差数列概念与表示；数列的求和
【解析】【解答】解：当为奇数时，，，
所以数列的奇数项构成首项为，公差为的等差数列；
当为偶数时，，，
所以数列的偶数项构成首项为，公差为的等差数列，
所以，数列的前项和为：
.
故答案为：B.
【分析】利用已知条件和等差数列的定义判断出数列的奇数项构成首项为，公差为的等差数列和数列的偶数项构成首项为，公差为的等差数列，再利用等差数列的求和公式可得数列的前项之和.
9．（2024高二下·宝安期中）已知数列是公比为的等比数列，且，，成等差数列，则的值可能为（ ）
A． B．1 C． D．－2
【答案】B,C
【知识点】等比数列的通项公式；等差中项
【解析】【解答】解：由题意，可知，即．
又因为，∴，∴或．
故答案为：BC．
【分析】根据已知条件和等差中项公式以及等比数列的通项公式，从而列方程，进而化简求得的值.
10．（2024高二下·宝安期中）若，其中为实数，则（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A,C,D
【知识点】二项式系数的性质；二项式系数
【解析】【解答】解：由，
令，则原式转化为.
对于A，令，可得，所以A正确；
对于B，由二项式定理的展开式，可得，所以B不正确；
对于C和D，令，可得，
令，得，
所以，所以，
所以C、D 正确．
故答案为：ACD.
【分析】根据题意，令，则原式转化为，再结合赋值法和二项展开式中二项式系数的性质，从而逐项判断，进而找出正确的选项.
11．（2024高二下·宝安期中）已知函数，下列说法正确的是（ ）
A．函数存在唯一极值点，且
B．令，则函数无零点
C．若恒成立，则
D．若，则
【答案】A,B,D
【知识点】函数的值域；利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数的极值；函数零点存在定理
【解析】【解答】解：A、函数定义域为，，显然在单调递增，又，，所以，使得，故A正确；
B、由A得，，使得，即，，
在上单调递减，在上单调递增，
所以，所以恒大于0；
由，令，
，当时，，即在单调递增，
当时，，即在单调递减，
所以，即，即在单调递增，
又时，，所以，由恒大于0，恒大于0，故无零点，故B正确；
C、由B得，由恒成立，得在恒成立，
所以，即，故C错误；
D、因为在单调递增，又，，则，
所以，即，
整理得，
不等式两边同除以得，，故D正确.
故答案为：ABD．
【分析】由在单调递增，又，，即可判断A；由导数判断出恒大于0，恒大于0，即可判断B；由的值域即可判断C；由的单调性即可判断D．
12．（2024高二下·宝安期中）已知为等差数列，且，，则 ．
【答案】
【知识点】等差数列的性质
【解析】【解答】解：由已知：
解得.
故答案为：
【分析】利用等差中项直接求解.
13．（2024高二下·宝安期中）安排甲、乙，丙、丁位老师到，，三所学校工作，要求每所学校都有人去，每人只能去一所学校，则甲不去学校、乙不去学校工作的分配方案数为 种
【答案】17
【知识点】分类加法计数原理；分步乘法计数原理；简单计数与排列组合
【解析】【解答】解：当甲去时，若有2位老师，有种，
若或有2位老师，有种，
共有种不同选法，
当甲去时，若甲乙去，有种不同选法，
若甲去乙去，有种不同选法，
共有种不同选法，
所以共有种.
故答案为：17．
【分析】根据两个计数原理计算即可．
14．（2024高二下·宝安期中）已知函数，若，则的最小值为 ．
【答案】
【知识点】利用导数研究函数最大（小）值
【解析】【解答】解：因为的定义域为，根据对数函数的图象和性质可知，
当时，；当时，，
所以，当时，得，
则，当时，单调递增，
又因为，
所以，
令，则，
由，解得，
当时，，单调递减，
当时，，单调递增，
所以，当时，，
即的最小值为.
故答案为：.
【分析】由题中已知条件得到，再构造函数，求导判断出函数h(x)单调性，从而得到函数h(x)的最小值，进而得出mn的最小值.
15．（2024高二下·宝安期中）已知等差数列的前项和为，，．
（1）求数列的通项公式；
（2）记，求数列的前项和．
【答案】（1）解：设等差数列的公差为，由，，
得，
解得，．
所以．
（2）解：由（1）得，所以，
所以．
【知识点】等差数列概念与表示；等差数列的通项公式；数列的求和
【解析】【分析】（1）求得等差数列的基本量即可得通项公式；
（2）根据裂项相消法计算可得前n项和.
16．（2024高二下·宝安期中）在的展开式中，所有项的二项式系数的和为128.
（1）求的值；
（2）若展开式中的系数为，求实数的值.
【答案】（1）解：因为所有项的二项式系数的和为128，
所以，所以.
（2）解：因为二项式的展开式的通项公式为，
令，得，
所以展开式中的系数为，解得.
【知识点】二项式系数的性质；二项式系数
【解析】【分析】（1）由二项式系数的性质和已知条件得出n的值.
（2）利用二项式展开式的通项公式和已知条件得出实数a的值.
（1）因为所有项的二项式系数的和为128，所以，所以.
（2）二项式的展开式的通项公式为，
令得，
所以展开式中的系数为，解得.
17．（2024高二下·宝安期中）已知函数．
（1）若，求曲线在点处的切线方程；
（2）若恰有三个零点，求a的取值范围．
【答案】（1）解：当时，函数定义域为，，且，，
则曲线在点处的切线方程为，即；
（2）解：函数，易知是的一个零点，
因为函数恰有三个零点，所以方程有两个不为2实数根，即方程有两个不为2的交点，
令函数定义域为，求导可得，
当时，解得，当，解得，
则函数在区间上单调递增，在区间上单调递减，
所以当时，函数取得极大值，也是最大值，且当时，，
所以当时，的值域为；当时，的值域为，
所以，且，所以且．
则a的取值范围是．
【知识点】导数的几何意义；利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数的极值；函数的零点与方程根的关系
【解析】【分析】（1）将代入，求函数的定义域，再求导得，结合导数的几何意义求解即可；
（2）函数化简可得，易知方程有两个不为2交点，令，求导，利用导数判断函数的单调性，求最大值，得不等式，据此求解即可.
（1）解：当时，函数，可得，
所以，且，
所以曲线在点处的切线方程为，即.
（2）解：因为，
可得是的一个零点，
因为恰有三个零点，所以方程有两个不为2实数根，
即方程有两个不为2实数根，
令，所以，
令，可得，令，可得，
所以在区间上单调递增，在区间上单调递减，
所以，当时，函数取得极大值，也是最大值，
且当时，，
所以，当时，的值域为；当时，的值域为，
所以，且，所以且．
所以a的取值范围是．
18．（2024高二下·宝安期中）已知数列{}为等差数列，，，数列{}的前n项和为，且满足．
（1）求{}和{}的通项公式；
（2）若，数列{}的前n项和为，且对恒成立，求实数m的取值范围．
【答案】（1）解：在等差数列{}中，设公差为d，
则
数列{}中的前n项和为，且①，
当时，；
当时，②，
②－①得：，
故数列{}是以1为首项，3为公比的等比数列，所以.
（2）解：在数列{}中，，
则，
所以，
，
所以，
∵对恒成立，
当n为奇数时，；
当n为偶数时，，
综上所述：实数m的取值范围为．
【知识点】等差数列的通项公式；等比数列的通项公式；数列的求和；数列与不等式的综合
【解析】【分析】（1）先求出等差数列{}的通项公式，利用已知条件，只需设参数，从而列方程组求出数列{}的通项公式，再根据数列{}的前n项和与的关系式，从而得出数列{}的通项公式.
（2）先用错位相减法求得数列{}的前n项和，再代入不等式中对n分类讨论，则转化为最值问题，从而求出实数m的取值范围.
（1）解：等差数列{}中，设公差为d，
则
数列{}中的前n项和为，且①
当时，
当时，②
②－①得：
故数列{}是以1为首项，3为公比的等比数列，所以.
（2）解：数列{}中，.
则
所以
故
所以
∵对恒成立．
当n为奇数时，，
当n为偶数时，
综上：实数m的取值范围为．
19．（2024高二下·宝安期中）已知函数，其中为实数．
（1）若，试求函数的单调区间；
（2）当，，且时，若恒有，试求实数的取值范围．
【答案】（1）解：由题意可知，
，，，，
令，得，
所以在上单调递增；在上单调递减，
则函数的单调增区间为，单调减区间为．
（2）解：因为函数
令，，
当时，可知，故恒成立，
可知，在区间上为增函数，
不妨设且，
则
变为，
即，
设函数
，
由，得在时为减函数，
即，即，
所以，对与恒成立，
因为，当，时，
所以，
即对恒成立，
由，可得，
则实数取值范围为．
【知识点】函数恒成立问题；利用导数研究函数的单调性
【解析】【分析】（1）先求导，根据导函数的正负情况判断出函数的单调性，从而得出函数的单调区间.
（2）由和得出，从而判断出在区间上为增函数，设，且，由得，设函数，则得出函数在为减函数，从而得出，再由不等式恒成立，进而求解得出实数的取值范围．
（1）由题可知，，
，，，
令，得，
所以在上单调递增；在上单调递减．
函数的单调增区间为，单调减区间为．
（2）函数
令，，
当时，可知，故恒成立，
可知，在区间上为单调增函数，
不妨设，且，
则变为，
即，
设函数
，
由，得在时为减函数，
即，即，
所以，对与恒成立，
因为当，，
所以，
即对时恒成立，
由，可得，即取值范围为．
1 / 1广东省深圳市光明区光明中学2023-2024学年高二下学期期中考试数学试题
1．（2024高二下·宝安期中）小米汽车首款车型小米于年月日正式发布，该款车型有种外观颜色，种内搭颜色可供选择若车主自由选择车的外观和内搭颜色，共有种情况．( )
A． B． C． D．
2．（2024高二下·宝安期中）某质点的位移单位：与时间单位：满足函数关系式，则当时，该质点的瞬时速度为( )
A． B． C． D．
3．（2024高二下·宝安期中）在等比数列中，，，则公比（ ）
A． B． C． D．
4．（2024高二下·宝安期中）的展开式中二项式系数最大的项为（ ）
A．第二项 B．第三项 C．第四项 D．第五项
5．（2024高二下·宝安期中）函数的单调递减区间是（ ）
A． B． C． D．（0，1）
6．（2024高二下·宝安期中）某校街舞社共位同学，为了给高三学子加油鼓劲，编排了一组团体舞蹈，站队时要求站成两排四列，且要保证每一列前面的同学身高比后面的同学矮名学生身高均不相同，共有种站队方法．( )
A． B． C． D．
7．（2024高二下·宝安期中）已知函数与偶函数在交点处的切线相同，则函数在处的切线方程为（ ）
A． B． C． D．
8．（2024高二下·宝安期中）已知数列，，，且，则数列的前2023项之和为（ ）
A．0 B．2 C．2024 D．4048
9．（2024高二下·宝安期中）已知数列是公比为的等比数列，且，，成等差数列，则的值可能为（ ）
A． B．1 C． D．－2
10．（2024高二下·宝安期中）若，其中为实数，则（ ）
A． B．
C． D．
11．（2024高二下·宝安期中）已知函数，下列说法正确的是（ ）
A．函数存在唯一极值点，且
B．令，则函数无零点
C．若恒成立，则
D．若，则
12．（2024高二下·宝安期中）已知为等差数列，且，，则 ．
13．（2024高二下·宝安期中）安排甲、乙，丙、丁位老师到，，三所学校工作，要求每所学校都有人去，每人只能去一所学校，则甲不去学校、乙不去学校工作的分配方案数为 种
14．（2024高二下·宝安期中）已知函数，若，则的最小值为 ．
15．（2024高二下·宝安期中）已知等差数列的前项和为，，．
（1）求数列的通项公式；
（2）记，求数列的前项和．
16．（2024高二下·宝安期中）在的展开式中，所有项的二项式系数的和为128.
（1）求的值；
（2）若展开式中的系数为，求实数的值.
17．（2024高二下·宝安期中）已知函数．
（1）若，求曲线在点处的切线方程；
（2）若恰有三个零点，求a的取值范围．
18．（2024高二下·宝安期中）已知数列{}为等差数列，，，数列{}的前n项和为，且满足．
（1）求{}和{}的通项公式；
（2）若，数列{}的前n项和为，且对恒成立，求实数m的取值范围．
19．（2024高二下·宝安期中）已知函数，其中为实数．
（1）若，试求函数的单调区间；
（2）当，，且时，若恒有，试求实数的取值范围．
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】分步乘法计数原理
【解析】【解答】解：选外观颜色有9种选择；选内搭有4种选择；
所以共有种情况．
故答案为：D.
【分析】根据分步乘法计数原理直接计算即可.
2．【答案】C
【知识点】实际问题中导数的意义
【解析】【解答】解：由已知，
则，
所以当时，该质点的瞬时速度为．
故答案为：C.
【分析】根据导数的实际意义即可求解.
3．【答案】A
【知识点】等比数列的性质
【解析】【解答】解：在等比数列中，，，
则，则得，则公比.
故答案为：A.
【分析】利用已知条件结合等比数列的通项公式，从而建立首项和公比的方程组，再解方程组得出首项和公比的值.
4．【答案】C
【知识点】二项式系数的性质
【解析】【解答】解：在的展开式中，项的二项式系数为，
根据二项式系数的性质得，当时，，即第四项的二项式系数最大．
故答案为：C.
【分析】根据题意结合二项展开式中二项式系数的性质，从而得出的展开式中二项式系数最大的项.
5．【答案】B
【知识点】利用导数研究函数的单调性
【解析】【解答】解：由题意可得，
且函数的定义域为（0，+∞），
由，得，即的单调递减区间是．
故答案为：B.
【分析】利用导数求出函数的单调递减区间.
6．【答案】B
【知识点】分步乘法计数原理；简单计数与排列组合
【解析】【解答】解：将前后2人看成一组，分为4步即每步选取2人，两人一前一后顺序确定，
利用分步乘法计数原理可知共有种.
故答案为：B
【分析】利用分步乘法计数原理求解即可.
7．【答案】D
【知识点】奇函数与偶函数的性质；利用导数研究曲线上某点切线方程
【解析】【解答】解：由函数，可得，
所以且，
因为函数与偶函数在交点处的切线相同，
所以函数与相切于，且，
又因为为偶函数，
所以，且，
所以函数在处的切线方程为，即．
故答案为：D.
【分析】先求出，从而得到且，根据题意得到与相切于且，由为偶函数得出且，从而求出函数在处的切线方程.
8．【答案】B
【知识点】等差数列概念与表示；数列的求和
【解析】【解答】解：当为奇数时，，，
所以数列的奇数项构成首项为，公差为的等差数列；
当为偶数时，，，
所以数列的偶数项构成首项为，公差为的等差数列，
所以，数列的前项和为：
.
故答案为：B.
【分析】利用已知条件和等差数列的定义判断出数列的奇数项构成首项为，公差为的等差数列和数列的偶数项构成首项为，公差为的等差数列，再利用等差数列的求和公式可得数列的前项之和.
9．【答案】B,C
【知识点】等比数列的通项公式；等差中项
【解析】【解答】解：由题意，可知，即．
又因为，∴，∴或．
故答案为：BC．
【分析】根据已知条件和等差中项公式以及等比数列的通项公式，从而列方程，进而化简求得的值.
10．【答案】A,C,D
【知识点】二项式系数的性质；二项式系数
【解析】【解答】解：由，
令，则原式转化为.
对于A，令，可得，所以A正确；
对于B，由二项式定理的展开式，可得，所以B不正确；
对于C和D，令，可得，
令，得，
所以，所以，
所以C、D 正确．
故答案为：ACD.
【分析】根据题意，令，则原式转化为，再结合赋值法和二项展开式中二项式系数的性质，从而逐项判断，进而找出正确的选项.
11．【答案】A,B,D
【知识点】函数的值域；利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数的极值；函数零点存在定理
【解析】【解答】解：A、函数定义域为，，显然在单调递增，又，，所以，使得，故A正确；
B、由A得，，使得，即，，
在上单调递减，在上单调递增，
所以，所以恒大于0；
由，令，
，当时，，即在单调递增，
当时，，即在单调递减，
所以，即，即在单调递增，
又时，，所以，由恒大于0，恒大于0，故无零点，故B正确；
C、由B得，由恒成立，得在恒成立，
所以，即，故C错误；
D、因为在单调递增，又，，则，
所以，即，
整理得，
不等式两边同除以得，，故D正确.
故答案为：ABD．
【分析】由在单调递增，又，，即可判断A；由导数判断出恒大于0，恒大于0，即可判断B；由的值域即可判断C；由的单调性即可判断D．
12．【答案】
【知识点】等差数列的性质
【解析】【解答】解：由已知：
解得.
故答案为：
【分析】利用等差中项直接求解.
13．【答案】17
【知识点】分类加法计数原理；分步乘法计数原理；简单计数与排列组合
【解析】【解答】解：当甲去时，若有2位老师，有种，
若或有2位老师，有种，
共有种不同选法，
当甲去时，若甲乙去，有种不同选法，
若甲去乙去，有种不同选法，
共有种不同选法，
所以共有种.
故答案为：17．
【分析】根据两个计数原理计算即可．
14．【答案】
【知识点】利用导数研究函数最大（小）值
【解析】【解答】解：因为的定义域为，根据对数函数的图象和性质可知，
当时，；当时，，
所以，当时，得，
则，当时，单调递增，
又因为，
所以，
令，则，
由，解得，
当时，，单调递减，
当时，，单调递增，
所以，当时，，
即的最小值为.
故答案为：.
【分析】由题中已知条件得到，再构造函数，求导判断出函数h(x)单调性，从而得到函数h(x)的最小值，进而得出mn的最小值.
15．【答案】（1）解：设等差数列的公差为，由，，
得，
解得，．
所以．
（2）解：由（1）得，所以，
所以．
【知识点】等差数列概念与表示；等差数列的通项公式；数列的求和
【解析】【分析】（1）求得等差数列的基本量即可得通项公式；
（2）根据裂项相消法计算可得前n项和.
16．【答案】（1）解：因为所有项的二项式系数的和为128，
所以，所以.
（2）解：因为二项式的展开式的通项公式为，
令，得，
所以展开式中的系数为，解得.
【知识点】二项式系数的性质；二项式系数
【解析】【分析】（1）由二项式系数的性质和已知条件得出n的值.
（2）利用二项式展开式的通项公式和已知条件得出实数a的值.
（1）因为所有项的二项式系数的和为128，所以，所以.
（2）二项式的展开式的通项公式为，
令得，
所以展开式中的系数为，解得.
17．【答案】（1）解：当时，函数定义域为，，且，，
则曲线在点处的切线方程为，即；
（2）解：函数，易知是的一个零点，
因为函数恰有三个零点，所以方程有两个不为2实数根，即方程有两个不为2的交点，
令函数定义域为，求导可得，
当时，解得，当，解得，
则函数在区间上单调递增，在区间上单调递减，
所以当时，函数取得极大值，也是最大值，且当时，，
所以当时，的值域为；当时，的值域为，
所以，且，所以且．
则a的取值范围是．
【知识点】导数的几何意义；利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数的极值；函数的零点与方程根的关系
【解析】【分析】（1）将代入，求函数的定义域，再求导得，结合导数的几何意义求解即可；
（2）函数化简可得，易知方程有两个不为2交点，令，求导，利用导数判断函数的单调性，求最大值，得不等式，据此求解即可.
（1）解：当时，函数，可得，
所以，且，
所以曲线在点处的切线方程为，即.
（2）解：因为，
可得是的一个零点，
因为恰有三个零点，所以方程有两个不为2实数根，
即方程有两个不为2实数根，
令，所以，
令，可得，令，可得，
所以在区间上单调递增，在区间上单调递减，
所以，当时，函数取得极大值，也是最大值，
且当时，，
所以，当时，的值域为；当时，的值域为，
所以，且，所以且．
所以a的取值范围是．
18．【答案】（1）解：在等差数列{}中，设公差为d，
则
数列{}中的前n项和为，且①，
当时，；
当时，②，
②－①得：，
故数列{}是以1为首项，3为公比的等比数列，所以.
（2）解：在数列{}中，，
则，
所以，
，
所以，
∵对恒成立，
当n为奇数时，；
当n为偶数时，，
综上所述：实数m的取值范围为．
【知识点】等差数列的通项公式；等比数列的通项公式；数列的求和；数列与不等式的综合
【解析】【分析】（1）先求出等差数列{}的通项公式，利用已知条件，只需设参数，从而列方程组求出数列{}的通项公式，再根据数列{}的前n项和与的关系式，从而得出数列{}的通项公式.
（2）先用错位相减法求得数列{}的前n项和，再代入不等式中对n分类讨论，则转化为最值问题，从而求出实数m的取值范围.
（1）解：等差数列{}中，设公差为d，
则
数列{}中的前n项和为，且①
当时，
当时，②
②－①得：
故数列{}是以1为首项，3为公比的等比数列，所以.
（2）解：数列{}中，.
则
所以
故
所以
∵对恒成立．
当n为奇数时，，
当n为偶数时，
综上：实数m的取值范围为．
19．【答案】（1）解：由题意可知，
，，，，
令，得，
所以在上单调递增；在上单调递减，
则函数的单调增区间为，单调减区间为．
（2）解：因为函数
令，，
当时，可知，故恒成立，
可知，在区间上为增函数，
不妨设且，
则
变为，
即，
设函数
，
由，得在时为减函数，
即，即，
所以，对与恒成立，
因为，当，时，
所以，
即对恒成立，
由，可得，
则实数取值范围为．
【知识点】函数恒成立问题；利用导数研究函数的单调性
【解析】【分析】（1）先求导，根据导函数的正负情况判断出函数的单调性，从而得出函数的单调区间.
（2）由和得出，从而判断出在区间上为增函数，设，且，由得，设函数，则得出函数在为减函数，从而得出，再由不等式恒成立，进而求解得出实数的取值范围．
（1）由题可知，，
，，，
令，得，
所以在上单调递增；在上单调递减．
函数的单调增区间为，单调减区间为．
（2）函数
令，，
当时，可知，故恒成立，
可知，在区间上为单调增函数，
不妨设，且，
则变为，
即，
设函数
，
由，得在时为减函数，
即，即，
所以，对与恒成立，
因为当，，
所以，
即对时恒成立，
由，可得，即取值范围为．
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