河北省沧州市第一中学2019-2020学年高二下学期4月月考数学试题 26页

‎2019—2020学年度高二年级第二学期第二次月考 数学试卷 ‎（答题时间120分钟，分值150分）‎ 一、单项选择题：本题共15小题，每小题5分，共75分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.‎ ‎1.幂函数在时是减函数，则实数的值为（ ）‎ A. 2或-1 B. ‎-1 ‎C. 2 D. -2或-1‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先由是幂函数，得=1，或，，再分类讨论，验证是否满足在上是减函数.‎ ‎【详解】因为是幂函数 所以=1‎ 解得或，‎ 当时，，在时是减函数 当时，，在时是增函数，不符合题意 所以 故选：B ‎【点睛】本题主要考查了幂函数的图象和性质，还考查了运算求解的能力，属于基础题.‎ ‎2.直线与曲线相切于点，则的值等于( )‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 把切点的坐标代入直线解析式中，直接求出的值．‎ ‎【详解】因为直线与曲线相切于点，‎ 所以直线经过点，，故本题选A．‎ ‎【点睛】本题考查了已知点的坐标求直线斜率．‎ ‎3.的展开式中的系数为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ 的系数为，故选D．‎ ‎4.已知在上为单调递增函数，则的取值范围为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 对函数进行求导，将问题等价转化为对任意的恒成立，利用分离参数法，由函数的单调性，求函数的最值即可求解.‎ ‎【详解】由题意知，对任意的恒成立，‎ 即对任意的恒成立，‎ ‎∴，‎ 因为在上单调递增，所以，‎ 则，所以的取值范围为．‎ 故选：D ‎【点睛】本题考查利用导数判断函数的单调性、利用分离参数法求恒成立问题中参数的取值范围；考查转化与化归能力、运算求解能力；属于中档题.‎ ‎5. 在实验员进行的一项实验中，先后要实施5个程序，其中程序A只能出现在第一步或最后一步，程序C和D实施时必须相邻，请问实验顺序的编排方法共有 A. 15种 B. 18种 C. 24种 D. 44种 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：从程序A只能出现在第一步或最后,共有2种不同的排法；将程序C和D捆绑成一个元素，在和其它两个元素一起排列，有种不同的排法，同时，考虑C和D有2种不同的位置排法．根据乘法计数原理，实验顺序的编排共有种不同的方法．故选C．‎ 考点：计数原理的运用 点评：解决问题的关键是根据排列数公式和计数原理来求解，属于基础题．‎ ‎6.已知函数，则方程恰有两个不同的实根时，实数的取值范围是（ ）．‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 作出函数与的图象,讨论交点个数可求出的取值范围.‎ ‎【详解】作出函数的图象,见下图.‎ 若与相切,求导得,设切点为,则,切线斜率为,即切线方程为:,该切线过原点,则,解得,此时,显然与的图象只有一个交点,即方程只有一个实根;‎ 若,直线与的图象在时无交点,在时有2个交点,符合题意;‎ 若,直线与的图象在时有1个交点,在时有2个交点,不符合题意;‎ 若,直线与的图象在时有1个交点,在时无交点,不符合题意;‎ 若,,直线与的图象至多有一个交点,不符合题意.‎ 所以只有符合题意.‎ 故选:B.‎ ‎【点睛】本题考查了方程的解与函数图象的关系,考查了曲线的切线方程的求法,利用数形结合的数学方法是解决本题的关键,属于难题.‎ ‎7.函数的部分图象大致为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 因为，先判断函数的奇偶性，结合当时，函数值的为正，即可求得答案.‎ ‎【详解】，‎ 为奇函数，排除C，‎ 当时，，排除B,D，‎ 故只有A符合题意 故选：A.‎ ‎【点睛】本题主要考查了根据函数表达式求解函数图象问题，解题关键是掌握判断函数奇偶性的方法和函数图象的基础知识，考查了分析能力和计算能力，属于中档题.‎ ‎8.设实数､满足，则，，的大小关系是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先由，确定，得到在上是单调递减函数，可知，再由在上单调递增，得到，从而得到三个数的大小..‎ ‎【详解】∵实数､满足，‎ ‎∴，‎ ‎∴在上是单调递减函数，‎ 故，‎ ‎∵在上单调递增，‎ ‎∴，‎ 则，，的大小关系为，‎ 故选:：B.‎ ‎【点睛】本题主要考查了指数函数，对数函数，幂函数的图象和性质，还考查了数形结合的思想，属于中档题.‎ ‎9.设，若对任意的，不等式恒成立，则的最大值为（ ）‎ A B. ‎0 ‎C. 1 D. 21‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据函数的解析式，判断出函数的单调性和奇偶性，利用函数的单调性和奇偶性列出关于的不等式，解不等式即可求解．‎ ‎【详解】由题意知，当时，，则，‎ 所以，‎ 当时，，则，‎ 所以，因为，‎ 所以函数为上的偶函数，‎ 因为当时，，‎ 又函数均为上的增函数，‎ 所以函数在递增，在上递减，‎ 所以对任意的，不等式恒成立，‎ 等价于不等式，对任意的恒成立，‎ 所以可得，，平方化简得：，‎ 令，则对任意的，恒成立，‎ 所以，解得，‎ 所以的最大值为0.‎ 故选：B ‎【点睛】本题考查利用函数的奇偶性和单调性求参数的取值范围；考查运算求解能力；熟练掌握函数奇偶性和单调性的判断方法是求解本题的关键；属于中档题.‎ ‎10.已知函数在上是增函数，则的取值范围是（　　）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 若函数f（x）=log2（x2﹣ax+‎3a）在[2，+∞）上是增函数，则x2﹣ax+‎3a＞0且f（2）＞0，根据二次函数的单调性，我们可得到关于a的不等式，解不等式即可得到a的取值范围．‎ ‎【详解】若函数f（x）=log2（x2﹣ax+‎3a）在[2，+∞）上是增函数，‎ 则当x∈[2，+∞）时，‎ x2﹣ax+‎3a＞0且函数f（x）=x2﹣ax+‎3a为增函数 即，f（2）=4+a＞0‎ 解得﹣4＜a≤4‎ 故选C．‎ ‎【点睛】本题考查的知识点是复合函数的单调性，二次函数的性质，对数函数的单调区间，其中根据复合函数的单调性，构造关于a的不等式，是解答本题的关键．‎ ‎11.将4个不同的小球装入4个不同的盒子，则在至少一个盒子为空的条件下，恰好有两个盒子为空的概率是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ 试题分析：个不同的球装入个不同的盒子共有（种）方法，至少一个盒子为空的方法共有，四个球分为两组有两种方法 ‎ ，若两组每组有两个球，不同分组的方法有种，恰有两个盒子不放球的不同方法是种，若一组为，一组为个球，不同的分组方法有种，恰有两个盒子不放球的不同方法是 种，综合两种情况，恰有两个盒子不放球的不同方法是种，所以恰有两个盒子为空的的概率为，故选A.‎ 考点：排列组合及古典概型概率公式.‎ ‎12.科赫曲线是一种外形像雪花的几何曲线，一段科赫曲线可以通过下列操作步骤构造得到，任画一条线段，然后把它均分成三等分，以中间一段为边向外作正三角形，并把中间一段去掉，这样，原来的一条线段就变成了4条小线段构成的折线，称为“一次构造”；用同样的方法把每条小线段重复上述步骤，得到16条更小的线段构成的折线，称为“二次构造”，…，如此进行“次构造”，就可以得到一条科赫曲线.若要在构造过程中使得到的折线的长度达到初始线段的1000倍，则至少需要通过构造的次数是（ ）.（取，）‎ A. 16 B. ‎17 ‎C. 24 D. 25‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由折线长度变化规律可知“次构造”后的折线长度为，由此得到，利用运算法则可知，由此计算得到结果.‎ ‎【详解】记初始线段长度为，则“一次构造”后的折线长度为，“二次构造”后的折线长度为，以此类推，“次构造”后的折线长度为，‎ 若得到的折线长度为初始线段长度的倍，则，即，‎ ‎，‎ 即，至少需要次构造.‎ 故选：.‎ ‎【点睛】本题考查数列新定义运算的问题，涉及到对数运算法则的应用，关键是能够通过构造原则得到每次构造后所得折线长度成等比数列的特点.‎ ‎13. 用红、黄、蓝三种颜色给如图所示的六个相连的圆涂色，若每种颜色只能涂两个圆，且相邻两个圆所涂颜色不能相同，则不同的涂色方案的种数是（ ）‎ A. 12 B. ‎24 ‎C. 30 D. 36‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：因为每种颜色只能涂两个圆，所以只有五种涂法:每种涂法中分配颜色有种方法，故不同的涂色方案的种数是，选C．‎ 考点：涂色问题 ‎14.已知函数的导函数是偶函数，若方程在区间(其中为自然对数的底)上有两个不相等的实数根，则实数的取值范围是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由导函数为偶函数，得出，由，得出 ‎，将问题转化为当直线与函数在区间上的图像有两个交点时，求实数的取值范围，然后作出函数在区间上的图象，利用数形结合思想求出实数的取值范围．‎ ‎【详解】，，‎ 导函数的对称轴为直线，由于该函数为偶函数，则，‎ ‎，令，即，得.‎ 问题转化为当直线与函数在区间上的图像有两个交点时，求实数的取值范围．‎ ‎，令，得，列表如下：‎ 极大值 所以，函数在处取得极大值，亦即最大值，，‎ 又，，显然，，如下图所示：‎ 结合图象可知，当时，即当时，直线与函数在区间上有两个交点，因此，实数的取值范围是．‎ 故选B．‎ ‎【点睛】本题考查利用导数研究函数的零点个数问题，本题的关键在于利用参变量分离的方法，将问题转化为直线与函数的图象的交点个数，在画函数的图象中，需要用到导数研究函数的单调性、极值以及端点值，通过这些来确定函数图象，考查数形结合思想，属于中等题．‎ ‎15.已知函数是定义在的偶函数，且.当时，，若方程有300个不同的实数根，则实数m的取值范围为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 首先由已知确定函数的周期是4，利用导数研究在上的性质，单调性、极值，结合偶函数性质作出在上的图象，的定义域是含有50‎ 个周期，方程有300个不同的实数根，那么在的一个周期内有6个根，令，可知方程有两个不等实根，且，，由二次方程根的分布知识可得解．‎ ‎【详解】由知函数的周期为4，当时，，则，当时，，递减，当时，，递增，，又是偶函数，作出在上的图象，如图．‎ 函数的周期是4，定义域为，含有50个周期，‎ 方程有300个不同的实数根，因此在一个周期内有6个根（这里，不是方程的根）．‎ 令，方程有两个不等实根，且，，设，则，解得．‎ 故选：A．‎ ‎【点睛】本题考查函数的周期性、奇偶性、对称性，二次方程根的分布，函数的零点问题，考查了分类讨论思想，数形结合思想，体现的数学运算、逻辑推理、直观想象等核心素养．‎ 二、多项选择题：本题共3小题，每小题5分，共15分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得5分，部分选对的得3分，有选错的得0分.‎ ‎16.下列关于随机变量及分布的说法正确的是（ ）‎ A. 抛掷均匀硬币一次，出现正面的次数是随机变量 B. 某人射击时命中的概率为0.5，此人射击三次命中的次数服从两点分布 C. 离散型随机变量的分布列中，随机变量取各个值的概率之和可以小于1‎ D. 离散型随机变量的各个可能值表示的事件是彼此互斥的 ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【详解】对于选项A：抛掷均匀硬币一次，出现正面的次数可能是0，也可能是1，故是随机变量，故选项A正确；‎ 对于选项B：某人射击时命中的概率为0.5，此人射击三次是三次独立重复实验，命中的次数服从二项分布而不是两点分布，故选项B错误；‎ 对于选项C：离散型随机变量的分布列中，随机变量取各个值的概率之和一定等于1，故选项C错误；‎ 对于选项D：由互斥事件的定义可知选项D正确．‎ 故选：AD ‎【点睛】本题考查随机变量的概念、两点分布和二项分布的适用类型和离散型随机变量的取值及其概率；考查逻辑思维能力；属于基础题.‎ ‎17.下列命题中，正确命题的是（ ）‎ A. 已知随机变量服从二项分布，若，，则；‎ B. 将一组数据中的每个数据都加上同一个常数后，方差恒不变；‎ C. 设随机变量服从正态分布，若，则；‎ D. 某人在10次射击中，击中目标的次数为，，则当时概率最大．‎ ‎【答案】BCD ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 对于选项A：利用二项分布的期望和方程公式列出关于的方程，解方程即可判断；‎ 对于选项B：根据方差的计算公式可知，方差恒不变；‎ 对于选项C：利用正态分布图象的对称性即可判断；‎ 对于选项D：由独立重复实验的概率计算公式和组合数公式,求出时的概率，通过解不等式求出的范围即可判断.‎ ‎【详解】对于选项A：随机变量服从二项分布，，，可得，，则，故选项A错误；‎ 对于选项B：根据公式易知，将一组数据中的每个数据都加上同一个常数后，方差恒不变，一般地，，，故选项B正确；‎ 对于选项C：随机变量服从正态分布，则图象关于轴对称，若，则，即，故选项C正确；‎ 对于选项D：因为在10次射击中，击中目标的次数为，，当时，对应的概率，所以当时，，由得，，即，因为，所以且，即时，概率最大，故选项D正确．‎ 故选：BCD ‎【点睛】本题考查二项分布的期望和方差公式、正态分布的图象的对称性的应用和独立重复实验的概率计算公式；考查分析问题和解决问题的能力；熟练掌握统计的相关知识是求解本题的关键；属于中档题.‎ ‎18.已知函数，则下列结论正确的是（）‎ A. 函数存在两个不同的零点 B. 函数既存在极大值又存在极小值 C. 当时，方程有且只有两个实根 D. 若时，，则的最小值为 ‎【答案】ABC ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 首先求函数的导数，利用导数分析函数的单调性和极值以及函数的图像，最后直接判断选项.‎ ‎【详解】A.,解得，所以A正确；‎ B.，‎ 当时，，当时，或 ‎ 是函数的单调递减区间，是函数的单调递增区间，‎ 所以是函数的极小值，是函数的极大值，所以B正确.‎ C.当时，，根据B可知，函数的最小值是，再根据单调性可知，当时，方程有且只有两个实根，所以C正确；‎ D.由图像可知，的最大值是2，所以不正确.‎ 故选A,B,C ‎【点睛】本题考查了导数分析函数的单调性，极值点，以及函数的图像，首先求函数的导数，令导数为0，判断零点两侧的正负，得到函数的单调性，本题易错的地方是是函数的单调递减区间，但当时，，所以图像是无限接近轴，如果这里判断错了，那选项容易判断错了.‎ 三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.‎ ‎19.已知函数满足，则______________‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ 由,可得,‎ 将(1) + (2)得：‎ 点睛：求函数解析式方法.‎ 待定系数法（2）配凑法（3）换元法（4）方程组法 ‎20.计算：________．‎ ‎【答案】102‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用有理数指数幂和对数的运算性质和法则进行化简求值即可.‎ ‎【详解】‎ ‎．‎ 故答案：102‎ ‎【点睛】本题考查利用有理数指数幂和对数的运算性质和法则进行化简求值；考查运算求解能力；属于基础题.‎ ‎21.设在15个相同类型的产品中有2个是次品，每次任取1个，共取3次，并且每次取出后不放回，若以表示取出次品的个数，则________．‎ ‎【答案】．‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据题意可知，取出次品的个数可能的值为0、1、2，利用排列组合知识求出对应的概率，从而得到分布列，代入数学期望公式求解即可.‎ ‎【详解】由题意知，取出次品的个数可能的值为0、1、2，‎ ‎，，‎ ‎，‎ 所以可得的分布列为：‎ ‎ ‎ ‎0‎ ‎1‎ ‎2‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ 则．‎ 故答案为：‎ ‎【点睛】本题考查离散型随机变量的分布列和数学期望；考查运算求解能力；正确列出随机变量的分布列是求解本题的关键；属于中档题.‎ ‎22.已知定义在上的函数的图象关于点对称，且满足，又，，则________．‎ ‎【答案】0‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据题意，由可得,函数为周期的周期函数，利用函数的周期性和对称性即可求解.‎ ‎【详解】∵函数满足，‎ ‎∴，‎ 所以函数为周期的周期函数，‎ 又，，‎ ‎∴，，‎ ‎∵函数的图象关于点对称，‎ ‎∴，又，‎ ‎∴，‎ ‎∴，‎ ‎∵，∴．‎ 故答案为：0‎ ‎【点睛】本题考查函数的对称性和周期性的应用；考查运算求解能力和知识的综合运用能力；灵活运用函数的周期性和对称性是求解本题的关键；属于中档题.‎ 四、解答题：本题共3小题，共40分.解答应写出文字说明、证明过程或验算步骤.‎ ‎23.某客户准备在家中安装一套净水系统，该系统为三级过滤，使用寿命为十年.如图所示，两个一级过滤器采用并联安装，二级过滤器与三级过滤器为串联安装.其中每一级过滤都由核心部件滤芯来实现，在使用过程中，一级滤芯和二级滤芯都需要不定期更换（每个滤芯是否需要更换相互独立），三级滤芯无需更换，若客户在安装净水系统的同时购买滤芯，则一级滤芯每个80元，二级滤芯每个160元.若客户在使用过程中单独购买滤芯，则一级滤芯每个200元，二级滤芯每个400元,现需决策安装净水系统的同时购滤芯的数量，为此参考了根据100套该款净水系统在十年使用期内更换滤芯的相关数据制成的图表，其中图是根据200个一级过滤器更换的滤芯个数制成的柱状图，表是根据100个二级过滤器更换的滤芯个数制成的频数分布表:‎ 二级滤芯更换频数分布表：‎ 二级滤芯更换的个数 ‎5‎ ‎6‎ 频数 ‎60‎ ‎40‎ 以200个一级过滤器更换滤芯的频率代替1个一级过滤器更换滤芯发生的概率，以100个二级过滤器更换滤芯的频率代替1个二级过滤器更换滤芯发生的概率.‎ ‎（1）求一套净水系统在使用期内需要更换的各级滤芯总个数恰好为30的概率；‎ ‎（2）记表示该客户的净水系统在使用期内需要更换的一级滤芯总数，求的分布列及数学期望；‎ ‎（3）记，分别表示该客户在安装净水系统的同时购买的一级滤芯和二级滤芯的个数.若，且，以该客户的净水系统在使用期内购买各级滤芯所需总费用的期望值为决策依据，试确定，的值.‎ ‎【答案】（1）；（2）见解析；（3）=23，=5.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据图表，若一套净水系统在使用期内需要更换的各级滤芯总个数恰好为，则一级个滤芯，二级个滤芯，分别算出相应的概率，一次更换为2个一级滤芯和1个二级滤芯，从而得到概率.‎ ‎（2）由柱状图，一级过滤器需要更换的滤芯个数，分别得到概率，然后得到 可能取的值，算出每种情况的概率，写出分布列及数学期望.‎ ‎（3）因为且，则可分为两类，即和，分别计算他们的数学期望，然后进行比较，选取较小的一组.‎ ‎【详解】（1）由题意可知，若一套净水系统在使用期内需要更换的各级滤芯总个数恰好为，则该套净水系统中的两个一级过滤器均需更换个滤芯，二级过滤器需要更换个滤芯．设“一套净水系统在使用期内需要更换的各级滤芯总个数恰好为”为事件.‎ 因为一个一级过滤器需要更换个滤芯的概率为，二级过滤器需要更换个滤芯的概率为，‎ 所以.‎ ‎（2）由柱状图可知，‎ 一个一级过滤器需要更换滤芯个数为，，的概率分别为，，.‎ 由题意，可能的取值为，，，，，并且 ‎，‎ ‎，‎ ‎，‎ ‎，‎ ‎.‎ 所以的分布列为 ‎.‎ ‎（3）【解法一】‎ 因为，，若，，‎ 则该客户在十年使用期内购买各级滤芯所需总费用的期望值为 ‎；‎ 若，，‎ 则该客户在十年使用期内购买各级滤芯所需总费用的期望值为 ‎.‎ 故，的值分别为，.‎ ‎【解法二】因为，，若，，‎ 设该客户在十年使用期内购买一级滤芯所需总费用为（单位：元），则 ‎.‎ 设该客户在十年使用期内购买二级滤芯所需总费用为（单位：元），则 ‎，.‎ 所以该客户在十年使用期内购买各级滤芯所需总费用的期望值为 ‎.‎ 若，，‎ 设该客户在十年使用期内购买一级滤芯所需总费用为（单位：元），则 ‎.‎ 设该客户在十年使用期内购买二级滤芯所需总费用为（单位：元），则 ‎.‎ 所以该客户在十年使用期内购买各级滤芯所需总费用的期望值为 ‎.‎ 故，的值分别为，.‎ ‎【点睛】本题题目较长，信息量比较大，需要对条件中的信息重新整理分类，考查了直方图和表格求概率，独立重复试验的概率和分布列，以及利用数学期望解决实际问题.属于中档题.‎ ‎24.已知函数.‎ ‎（1）当时，求函数在的单调性；‎ ‎（2）当且时，，求函数在上的最小值；‎ ‎（3）当时，有两个零点，，且，求证：.‎ ‎【答案】（1）在上单调递增（2）（3）证明见解析 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）求得函数的导数，结合导数的符号，即可求得函数的单调性；‎ ‎（2）由，求得，分类讨论求得函数的单调性与极值，进而求得函数的最小值，得到答案.‎ ‎（3）由，根据题意，得到，，‎ 两式相减，，令，得到函数，利用导数求得函数的单调性与最值，即可求解.‎ ‎【详解】（1）由题意，函数，则，‎ 又∵，∴，，∴，‎ ‎∴在上单调递增.‎ ‎（2）由，则，‎ ‎（1）当时，，，‎ 此时图数在区间上单调递减，‎ ‎∴函数在处取得最小值，即；‎ ‎（2）当时，令，‎ 当时，即当，，，‎ 此时函数在区间上单调递减，函数在处取得最小值，‎ 即；‎ 综上所得.‎ ‎（3）证明：根据题意，，‎ ‎∵，是函数的两个零点，‎ ‎∴，.‎ 两式相减，可得，即，‎ ‎∴，则，.‎ 令，，则.‎ 记，，则.‎ 又∵，∴恒成立，故，即.‎ 可得，∴.‎ ‎【点睛】本题主要考查导数在函数中的综合应用，以及不等式的证明，着重考查了转化与化归思想、分类讨论、及逻辑推理能力与计算能力，对于此类问题，通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，进而得出相应的含参不等式，从而求出参数的取值范围；也可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题．‎ ‎25.设函数.‎ ‎（1）当时，求函数的最大值；‎ ‎（2）令其图象上任意一点处切线的斜率恒成立，求实数的取值范围；‎ ‎（3）当，，方程有唯一实数解，求正数的值 ‎【答案】（1）（2）（3）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）对函数进行求导，判断其在单调递增，在单调递减，从而得到最大值为；‎ ‎（2）求出函数，，则其导数小于等于在恒成立，进而求出的取值范围；‎ ‎（3）方程有唯一实数解，设，利用导数研究函数的图象特征，设为方程的唯一解，得到，把方程组转化成，再利用导数研究该方程的根，最后根据根的唯一性，得到与的关系，再求出正数的值.‎ ‎【详解】（1）依题意，知的定义域为，‎ 当时，，‎ 令，解得.‎ 当时，，此时单调递增；‎ 当时，，此时单调递减.‎ 所以的极大值为，此即为最大值.‎ ‎（2），，则有，在上恒成立，所以，.‎ 当时，取得最大值，所以.‎ ‎（3）因为方程有唯一实数解，所以有唯一实数解，‎ 设，则.‎ 令，，‎ 因为，，所以（舍去），，‎ 当时，，在上单调递减，‎ 当时，，在上单调递增，‎ 当时，，取最小值.‎ 则，即，‎ 所以，‎ 因为，所以 设函数，‎ 因为当时，是增函数，所以至多有一解，‎ 又，所以方程的解为，即，解得.‎ ‎【点睛】本题考查函数与导数的应用，即利用导数研究函数的最值、函数的单调性，考查函数与方程思想、数形结合思想、转化与化归思想，求解第（3）问的关键在于方程根唯一性的理解，从而得到关于的方程.‎