?2022屆福建省泉州市高三高考考前推題適應(yīng)性練習(xí)數(shù)學(xué)試題

一、單選題
1．在復(fù)平面內(nèi)，復(fù)數(shù)對應(yīng)的點(diǎn)的坐標(biāo)是，則（????）
A． B． C．2 D．
【答案】C
【分析】根據(jù)點(diǎn)的坐標(biāo)得到，再結(jié)合復(fù)數(shù)的乘法法則和復(fù)數(shù)模的意義即可求解．
【詳解】由在復(fù)平面內(nèi)，復(fù)數(shù)對應(yīng)的點(diǎn)的坐標(biāo)是，則，
所以，所以．
故選：C．
2．已知集合，若集合滿足，則可能是（????）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】解指數(shù)不等式得到集合N，根據(jù)交集運(yùn)算性質(zhì)得，逐項(xiàng)判斷即可.
【詳解】因?yàn)?，又，即?br /> 因?yàn)?，所以A與D選項(xiàng)集合不符合，
因?yàn)椋訠選項(xiàng)集合不符合，所以C正確.
故選：C
3．記等差數(shù)列的前項(xiàng)和為．若，，則（????）
A．8 B．10 C．16 D．20
【答案】B
【分析】解法一：設(shè)的公差為，依題意得到，的方程組，解得，再根據(jù)通項(xiàng)公式計(jì)算可得；
解法二：根據(jù)下標(biāo)和性質(zhì)計(jì)算可得.
【詳解】解法一：設(shè)的公差為，則，解得，
所以．
解法二：因?yàn)椋裕?br /> 即，因此，即．
故選：B．
4．已知，且，則（????）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】根據(jù)同角三角函數(shù)的基本關(guān)系及二倍角公式化簡計(jì)算即可.
【詳解】因?yàn)?，即?br /> 所以，從而，
因?yàn)?，所以，所以?
又②，聯(lián)立①②解得或（舍去）.
所以.
故選：B.
5．如圖，在下列四個(gè)正方體中，A，B為正方體的兩個(gè)頂點(diǎn)，M，N，Q為所在棱的中點(diǎn)，則在這四個(gè)正方體中，直線AB與平面MNQ不平行的是（????）
A． B．
C． D．
【答案】A
【分析】利用線面平行判定定理可知B，C，D均不滿足題意，A選項(xiàng)可證明出直線AB與平面MNQ不平行，從而可得答案.
【詳解】對于選項(xiàng)B，如圖1，連接CD，

因?yàn)镸，N，Q為所在棱的中點(diǎn)，所以CDMQ，
由于ABCD，所以ABMQ，
因?yàn)槠矫?，平面，所以AB平面MNQ，
B選項(xiàng)不滿足題意；
對于選項(xiàng)C，如圖2，連接CD，
因?yàn)镸，N，Q為所在棱的中點(diǎn)，所以CDMQ，
由于ABCD，所以ABMQ，
因?yàn)槠矫?，平面，所以AB平面MNQ，
C選項(xiàng)不滿足題意；

對于選項(xiàng)D，如圖3，連接CD，
因?yàn)镸，N，Q為所在棱的中點(diǎn)，所以CDNQ，
由于ABCD，所以ABNQ，
因?yàn)槠矫?，平面，所以AB平面MNQ，

可知D不滿足題意；
如圖4，取BC的中點(diǎn)D，連接QD，
因?yàn)镼是AC的中點(diǎn)，
所以QDAB，
由于QD與平面MNQ相交，故AB與平面MNQ不平行，
A正確.

故選：A
6．已知正八邊形的邊長為，則（????）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】利用正八邊形結(jié)構(gòu)特征和向量數(shù)量積定義即可求得的值.
【詳解】連接，因?yàn)檎诉呅蔚拿恳粋€(gè)內(nèi)角都是，且，
所以，
又.則
即，且，所以，
又因?yàn)?，所以?br /> ．
故選：B．

7．已知直線：和圓：，下列正確的是（????）
A．圓被軸截得的弦長為 B．圓被軸截得的弦長為
C．被圓截得的弦長的最大值為6 D．被圓截得的弦長的最小值為4
【答案】D
【分析】首先求出直線恒過定點(diǎn)，令求出交點(diǎn)的橫坐標(biāo)，即可判斷A，令求出交點(diǎn)的縱坐標(biāo)，即可判斷B，弦長最大值為直徑，判斷直線與該條直徑不重合，即可判斷C，設(shè)，即可判斷點(diǎn)在圓內(nèi)，當(dāng)直線時(shí)，直線被圓截得的弦長最小，再求出弦長最小值，即可判斷D.
【詳解】直線化為，得，
聯(lián)立得，無論為何值，直線恒過定點(diǎn)，
對于A：在中，令，得，所以圓被軸截得的弦長為，故A錯(cuò)誤：
對于B，在中，令，得，所以圓被軸截得的弦長為，故B錯(cuò)誤；
對于C，當(dāng)直線過圓心時(shí)，直線被圓截得的弦長最大，最大值為，此時(shí)直線方程為，
但直線：不能表示直線，故弦長取不到最大值，故C錯(cuò)誤；
對于D，設(shè)，即點(diǎn)在圓內(nèi)，
當(dāng)直線時(shí)，直線被圓截得的弦長最小，且最小值為，故D正確．
故選：D．
8．若對于任意的，，，則的取值范圍是（????）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】根據(jù)給定條件，利用關(guān)于a的一元二次不等式恒成立建立恒成立的不等式，再分離參數(shù)構(gòu)造函數(shù)，利用導(dǎo)數(shù)求出最值作答.
【詳解】依題意，原不等式可化為，
則，整理得，令，
因此恒成立，當(dāng)時(shí)，恒成立，當(dāng)時(shí)，取，，即不成立，
當(dāng)時(shí)，，恒有成立，令，求導(dǎo)得，
當(dāng)時(shí)，，單調(diào)遞增，當(dāng)時(shí)，，單調(diào)遞減．
因此當(dāng)時(shí)，取得最大值，于是，解得，
所以的取值范圍.
故選：A

二、多選題
9．已知，分別是雙曲線：的左、右焦點(diǎn)，點(diǎn)是該雙曲線的一條漸近線上的一點(diǎn)，并且以線段為直徑的圓經(jīng)過點(diǎn)，則（????）
A．的面積為 B．點(diǎn)的橫坐標(biāo)為2或
C．的漸近線方程為 D．以線段為直徑的圓的方程為
【答案】AB
【分析】根據(jù)雙曲線方程得a，b，c，由此可得漸近線方程和以為直徑的圓的方程，由此即可判斷C，D；聯(lián)立漸近線與圓的方程，可求得坐標(biāo)，由此即可判斷A，B．
【詳解】由雙曲線方程知，，所以雙曲線的漸近線方程為，故C錯(cuò)誤；
又，所以為直徑的圓方程為，故D錯(cuò)誤；
由，得或，所以點(diǎn)的橫坐標(biāo)為2或，故B正確；
又，所以，故A正確．
故選：AB．
10．函數(shù)的部分圖象如圖所示，是圖象與軸的交點(diǎn)，，分別是圖象的最高點(diǎn)與最低點(diǎn)，且，則（????）

A． B．的最小正周期為2
C．是曲線的一條對稱軸 D．的單調(diào)遞減區(qū)間為，
【答案】ACD
【分析】根據(jù)圖象對稱性及直角三角形性質(zhì)之斜邊上的中線等于斜邊的一半，可以確定三角形為等邊三角形，從而確定半個(gè)周期為2，進(jìn)一步求出，再根據(jù)圖象與軸交點(diǎn)可以求出，由解析式可以確定對稱軸和單調(diào)遞減區(qū)間，從而確定選項(xiàng)．
【詳解】連結(jié)交軸于點(diǎn)，由圖象的對稱性可得，在的圖象上，，
因?yàn)?，所以?br /> 又的最大值為，所以，
因此的最小正周期為4，可知B錯(cuò)誤，所以周期，，
又圖象過點(diǎn)，所以，由，
結(jié)合圖象可得，故，所以A正確．
將代入得，可知是曲線的一條對稱軸，所以C正確.
令，得，
所以單調(diào)遞減區(qū)間為，，所以D正確．

故選：ACD．
11．2021年7月24日，中共中央辦公廳、國務(wù)院辦公廳印發(fā)《關(guān)于進(jìn)一步減輕義務(wù)教育階段學(xué)生作業(yè)負(fù)擔(dān)和校外培訓(xùn)負(fù)擔(dān)的意見》．同年8月，國務(wù)院教育督導(dǎo)委員會辦公室印發(fā)專門通知，擬對各省“雙減”工作落實(shí)進(jìn)度每半月通報(bào)一次．某市教育局為了解“雙減”在初中各校的落實(shí)情況，隨機(jī)抽取2000名學(xué)生，調(diào)查他們課后作業(yè)在“雙減”前、后的時(shí)長，并根據(jù)調(diào)查結(jié)果，繪制如下兩個(gè)頻率分布直方圖，圖1，圖2分別是“雙減”前和“雙減”后的頻率分布直方圖．下列說法正確的是（????）

A．“雙減”后完成課后作業(yè)時(shí)長更均衡
B．“雙減”前估計(jì)50%以上的學(xué)生作業(yè)時(shí)長超過小時(shí)
C．“雙減”后50%以上的學(xué)生完成課后作業(yè)時(shí)長不超過小時(shí)
D．“雙減”后完成課后作業(yè)平均時(shí)長比“雙減”前完成課后作業(yè)平均比時(shí)長少約為1小時(shí)
【答案】ACD
【分析】根據(jù)頻率分布直方圖的特點(diǎn)即可判斷A；根據(jù)頻率分布直方圖求出對應(yīng)的頻率即可判斷B，C；根據(jù)頻率分布直方圖求“雙減”后完成作業(yè)的平均時(shí)長，再結(jié)合平均數(shù)的性質(zhì)即可判斷D．
【詳解】對于A，圖1與圖2相比較，圖1更“矮胖”，圖2更瘦高，故圖2的方差更小，數(shù)據(jù)也更均衡，故A正確；
對于B，“雙減”前學(xué)習(xí)時(shí)長在的頻率為，故B錯(cuò)誤；
對于C，“雙減”后學(xué)習(xí)時(shí)長在的頻率為，故C正確；
對于D，設(shè)“雙減”前學(xué)習(xí)時(shí)長的平均數(shù)為，“雙減”后學(xué)習(xí)時(shí)長的平均數(shù)為，
則




，故D正確．
故選：ACD．
12．下列大小關(guān)系正確的是（????）
A． B． C． D．
【答案】ABC
【分析】根據(jù)選項(xiàng)構(gòu)造函數(shù)，證明，即，當(dāng)時(shí)取等號．再逐一判斷各選項(xiàng)即可.
【詳解】令，則，
令，．
當(dāng)時(shí)，單調(diào)遞增，，，
所以存在，使得，
且當(dāng)，，單調(diào)遞減；
當(dāng)，，單調(diào)遞增．
又，，所以存在，使得，
且當(dāng)，，單調(diào)遞增；
當(dāng)，，單調(diào)遞減．
又，，
所以當(dāng)，使得，即，當(dāng)時(shí)取等號．
對于A，當(dāng)時(shí)，則有，故A正確．
對于B，當(dāng)時(shí)，則有，所以，即，故B正確；
對于C，，即，故C正確；
對于D，又，故D錯(cuò)誤．
故選:ABC．

三、填空題
13．已知是函數(shù)的導(dǎo)函數(shù)，寫出一個(gè)同時(shí)具有下列性質(zhì)①②③的函數(shù)________．
①定義域?yàn)?；②對任意，；③的圖象關(guān)于原點(diǎn)中心對稱．
【答案】（答案不唯一，只要函數(shù)是定義域?yàn)榈目蓪?dǎo)偶函數(shù)，在單調(diào)遞增均可）
【分析】本題屬于開放性問題，只需符合要求的答案即可，令，再一一檢驗(yàn)即可.
【詳解】令，顯然定義域?yàn)?，滿足①，
又，當(dāng)時(shí)，滿足②，
且為奇函數(shù)，函數(shù)圖象關(guān)于原點(diǎn)對稱，滿足③.
故答案為：（答案不唯一，只要函數(shù)是定義域?yàn)榈目蓪?dǎo)偶函數(shù)，在單調(diào)遞增均可）
14．某校老師要求參賽學(xué)生從星期一到星期四每天學(xué)習(xí)2個(gè)漢字及正確注釋，每周五對一周內(nèi)所學(xué)漢字隨機(jī)抽取4個(gè)進(jìn)行檢測（一周所學(xué)的漢字每個(gè)被抽到的可能性相同），若已知抽取4個(gè)進(jìn)行檢測的字中至少有一個(gè)字是最后一天學(xué)習(xí)的，則所抽取的4個(gè)進(jìn)行檢測的字中恰有3個(gè)是后兩天學(xué)習(xí)過的漢字的概率為________．
【答案】
【分析】設(shè)進(jìn)行檢測的個(gè)漢字中至少有一個(gè)是最后一天學(xué)習(xí)的為事件，恰有個(gè)是后兩天學(xué)習(xí)過的漢字為事件，求出、，再根據(jù)古典概型的概率公式計(jì)算可得.
【詳解】設(shè)進(jìn)行檢測的個(gè)漢字中至少有一個(gè)是最后一天學(xué)習(xí)的為事件，恰有個(gè)是后兩天學(xué)習(xí)過的漢字為事件，
則事件所包含的基本事件有，
事件所包含的基本事件有，
所以．
故答案為：
15．設(shè)，分別是橢圓的左右焦點(diǎn)，過點(diǎn)的直線交橢圓E與A，B兩點(diǎn)，，軸，則橢圓的離心率為___________.
【答案】
【分析】根據(jù)橢圓的定義結(jié)合，求得，再利用勾股定理構(gòu)造齊次式即可得解.
【詳解】解：由，
得，所以，
因?yàn)檩S，
所以，
即，所以，
即橢圓的離心率為.
故答案為：.

16．阿基米德多面體，也稱為半正多面體，是指至少由兩種類型的正多邊形為面構(gòu)成的凸多面體.如圖，從正四面體的4個(gè)頂點(diǎn)處截去4個(gè)相同的正四面體，若得到的幾何體是由正三角形與正六邊形構(gòu)成的阿基米德多面體，且該阿基米德多面體的表面積為，則該阿基米德多面體外接球的表面積為______.

【答案】
【分析】由阿基米德多面體的棱長為原正四面體棱長的，設(shè)原正四面體的棱長為，該阿基米德多面體與原正四面體相比較，表面積少了8個(gè)邊長為的正三角形的面積，易求得其表面積，從而求得，原正四面體接球的球心就是該阿基米德多面體外接球的球心，由外接球球心到面的距離為正四面體高的及六邊形的外接圓半徑為1可求得外接球的半徑，從而得體積．
【詳解】由題意可得阿基米德多面體的棱長為原正四面體棱長的，設(shè)原正四面體的棱長為，則其表面積為，
由圖易知該阿基米德多面體與原正四面體相比較，表面積少了8個(gè)邊長為的正三角形的面積，所以該阿基米德多面體的表面積為，
所以.
易知原正四面體接球的球心就是該阿基米德多面體外接球的球心，設(shè)阿基米德多面體外接球的球心為，半徑為，
易知與正四面體一條棱的三等分點(diǎn)之間的距離就是該阿基米德多面體外接球的半徑，球心到該阿基米德多面體正六邊形側(cè)面的距離為正四面體高的，
由易得正四面體的高為，所以，
又阿基米德多面體中每個(gè)正六邊形側(cè)面的外接圓半徑，
所以，所以該阿基米德多面體外接球的表面積.
故答案為：．
【點(diǎn)睛】方法點(diǎn)睛：求解幾何體外接球的半徑的解題思路：一是根據(jù)球的截面的性質(zhì)，利用球的半徑、截面圓的半徑及球心到截面圓的距離三者的關(guān)系求解，其中，確定球心的位置是關(guān)鍵；二是將幾何體補(bǔ)形成長方體，利用該幾何體與長方體共有的外接球的特征，由外接球的直徑等于長方體的體對角線長求解.

四、解答題
17．已知數(shù)列滿足．
(1)求的通項(xiàng)公式；
(2)設(shè)，證明：．
【答案】(1)
(2)證明見解析

【分析】（1）當(dāng)時(shí)，把換成，再構(gòu)造一個(gè)遞推關(guān)系，兩式相減求出，并驗(yàn)證是否成立；
（2）先驗(yàn)證當(dāng)時(shí)成立，當(dāng)時(shí)，，放縮后求和證得結(jié)果.
【詳解】（1）因?yàn)椋???①
當(dāng)時(shí)，，??②???
①②，得
，所以，???
又時(shí)，，
所以．
（2）由（1）結(jié)合已知條件可得：．
當(dāng)時(shí)，，，即成立．????
當(dāng)時(shí)，，
所以
???

綜上，．
18．如圖，某生態(tài)農(nóng)莊內(nèi)有一三角形區(qū)域，，百米，百米．現(xiàn)要修一條直道（寬度忽略不計(jì)），點(diǎn)在道路上（異于，兩點(diǎn)）．

(1)若，求的長度；
(2)現(xiàn)計(jì)劃在區(qū)域內(nèi)種植觀賞植物，在區(qū)域內(nèi)種植經(jīng)濟(jì)作物．已知種植觀賞植物的成本為每平方百米2萬元，種植經(jīng)濟(jì)作物的成本為每平方百米1萬元，新建道路的成本為每百米1萬元，求三項(xiàng)費(fèi)用總和的最小值．
【答案】(1)（百米）．
(2)萬元

【分析】（1）首先根據(jù)余弦定理求出，再利用正弦定理即可求出的長；
（2）設(shè)，得到，利用導(dǎo)數(shù)求出其最值即可.
【詳解】（1）在中，由余弦定理，得，???
因?yàn)?，，?br /> 所以，，??
所以，．
在中，由正弦定理，得，??????
所以（百米）．
（2）設(shè)，，由（1）可得，???
所以，????
又，
所以
設(shè)三項(xiàng)費(fèi)用之和為，
則

，，??
所以，令，解得，
當(dāng)時(shí)，，函數(shù)單調(diào)遞減；??????
當(dāng)時(shí)，，函數(shù)單調(diào)遞增．
所以，即三項(xiàng)費(fèi)用總和的最小值為萬元．
19．某技術(shù)部門對工程師進(jìn)行達(dá)標(biāo)等級考核，需要進(jìn)行兩輪測試，每輪測試的成績在90分及以上的定為該輪測試通過，只有通過第一輪測試的人員才能進(jìn)行第二輪測試，兩輪測試的過程相互獨(dú)立，并規(guī)定：
①兩輪測試均通過的定為一級工程師；
②僅通過第一輪測試，而第二輪測試沒通過的定為二級工程師；
③第一輪測試沒通過的不予定級．
現(xiàn)有某公司的甲、乙、丙三位工程師參加等級考核，已知他們通過第一輪測試的概率分別為，，，通過第二輪測試的概率均為．
(1)求經(jīng)過本次考核，甲，乙，丙三位工程師中恰有兩位被定為一級工程師的概率；
(2)公司為鼓勵(lì)工程師參加等級考核設(shè)制兩套獎(jiǎng)勵(lì)方案：
方案一：獎(jiǎng)勵(lì)定為一級工程師2000元，獎(jiǎng)勵(lì)定為二級工程師1500元，未定級給予鼓勵(lì)獎(jiǎng)500元；
方案二：獲得一級或二級工程師均獎(jiǎng)勵(lì)2000元，未獲得任何等級的不予獎(jiǎng)勵(lì)．
采用哪套方案，公司的獎(jiǎng)勵(lì)支出會更少？
【答案】(1)
(2)公司采用方案二，獎(jiǎng)勵(lì)支出會更少

【分析】（1）甲，乙，丙三位工程師中恰有兩位被定為一級工程師分成三種情況，分別求其概率再相加即可求解；
（2）分別算出甲，乙，丙獲得的對應(yīng)獎(jiǎng)金的概率，再求出兩種方案獲得獎(jiǎng)金的均值，比較大小即可.
【詳解】（1）設(shè)甲，乙，丙被定為一級工程師的事件分別為，，，
事件表示三位工程師中恰有兩位被定為一級工程師．
，???????
所以

（2）方案一：設(shè)甲，乙，丙獲得的獎(jiǎng)金分別為，，，則，，的取值均為2000，1500，500；
則，，；????
故???????
，
，
；
；
．????
方案二：
設(shè)甲，乙，丙獲得的獎(jiǎng)金分別為，，，則，，的取值均為2000，0；
，；????
，，????
??????
顯然，公司采用方案二，獎(jiǎng)勵(lì)支出會更少．
20．如圖所示，在四棱錐中，平面平面，，且，設(shè)平面與平面的交線為．

(1)作出交線（寫出作圖步驟），并證明平面；
(2)記與平面的交點(diǎn)為，點(diǎn)S在交線上，且，當(dāng)二面角的余弦值為，求的值．
【答案】(1)直線即為所求作的直線，證明見解析
(2)

【分析】（1）延長AB、DC交于Q點(diǎn)，即可得到交線，通過證明，即可證明線面垂直；
（2）建立適當(dāng)?shù)目臻g直角坐標(biāo)系，利用空間向量得出，解方程即可.
【詳解】（1）延長，交于點(diǎn)，連結(jié)，則直線即為所求作的直線：??????
因?yàn)椋?br /> 又因?yàn)椋裕謩e為，中點(diǎn)，
且為正三角形，所以，??????
又，平面平面且交線為，且平面，
所以平面，
且面PAB，所以，????
又，且平面，平面,
所以平面，即平面：??????

（2）取的中點(diǎn)，連結(jié)，則，
又平面平面且交線為，且平面，
所以平面，????
以為原點(diǎn)，，所在直線為，軸建立如圖空間直角坐標(biāo)系，

則，，，，，，
由，得，
所以，，????
顯然平面的一個(gè)法向量為，?????
設(shè)平面的法向量為，
則，即
取，則，，
所以平面的一個(gè)法向量為，????
所以，解得
所以當(dāng)二面角的余弦值為時(shí)，
21．在平面直角坐標(biāo)系中，己知圓心為點(diǎn)的動(dòng)圓恒過點(diǎn)，且與直線相切，設(shè)動(dòng)圓的圓心的軌跡為曲線．
(1)求曲線的方程；
(2)為直線：上一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，過點(diǎn)作曲線的切線，切點(diǎn)分別為，，過點(diǎn)作的垂線，垂足為，是否存在實(shí)數(shù)，使點(diǎn)在直線上移動(dòng)時(shí)，垂足恒為定點(diǎn)？若不存在，說明理由；若存在，求出的值，并求定點(diǎn)的坐標(biāo)．
【答案】(1)
(2)存在這樣的，當(dāng)時(shí)，坐標(biāo)為．

【分析】（1）依題意，由幾何法即可得出圓心的軌跡是以為焦點(diǎn)，：為準(zhǔn)線的拋物線．
（2）設(shè)直線的方程，對拋物線方程求導(dǎo)化簡也可得直線的方程，由恒等思想可得，，構(gòu)造直線方程為，故兩點(diǎn)代入化簡可得恒過點(diǎn)，再由得，恒過點(diǎn)??，從而可得結(jié)論.。
【詳解】（1）依題意，圓心的軌跡是以為焦點(diǎn)，：為準(zhǔn)線的拋物線．
所以拋物線焦點(diǎn)到準(zhǔn)線的距離等于2，故動(dòng)圓圓心的軌跡為．
（2）假設(shè)存在實(shí)數(shù)，使點(diǎn)在直線上移動(dòng)時(shí)，垂足恒為定點(diǎn)，???
設(shè)，，，直線的方程為，
將拋物線方程變形為，則，所以，
所以的方程為，????
因?yàn)?，所以直線的方程為，????
把代入的方程得．
同理可得．?????
構(gòu)造直線方程為，易知，兩點(diǎn)均在該直線上，
所以直線的方程為，
故恒過點(diǎn)．????
因?yàn)?，所以可設(shè)方程為，
化簡得，
所以恒過點(diǎn)
當(dāng)，即時(shí)，與均恒過，
故存在這樣的，當(dāng)時(shí)，坐標(biāo)為．

22．已知函數(shù)
(1)討論函數(shù)的單調(diào)性
(2)若有兩個(gè)極值點(diǎn)，且，求b的取值范圍
【答案】(1)當(dāng)時(shí)，函數(shù)在上單調(diào)遞增；
當(dāng)時(shí)，函數(shù)在和上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減.
(2)

【分析】(1)對函數(shù)求導(dǎo)，分和兩種情況，討論導(dǎo)函數(shù)的正負(fù)，求出單調(diào)區(qū)間；
(2)根據(jù)（1）得到，，且，構(gòu)造函數(shù)，求導(dǎo)，利用導(dǎo)數(shù)判斷函數(shù)的單調(diào)性進(jìn)而求出的取值范圍.
【詳解】（1）因?yàn)楹瘮?shù)，則，
令，，
當(dāng)，即時(shí)，令得：，，
當(dāng)或時(shí)，，因?yàn)?，所以，函?shù)單調(diào)遞增；
當(dāng)時(shí)，，因?yàn)?，所以，函?shù)單調(diào)遞減，
當(dāng)，即時(shí)恒成立，因?yàn)?，所以，函?shù)單調(diào)遞增；
綜上：當(dāng)時(shí)，函數(shù)在上單調(diào)遞增；
當(dāng)時(shí)，函數(shù)在和上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減.
（2）由（1）知：，，且，

，
令，由可得：，
所以，由可得：.
令，則，函數(shù)在上單調(diào)遞減，因?yàn)?，要證，即證，所以，
由，則，
所以，解得：，
所以實(shí)數(shù)的取值范圍為

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