高中数学人教A版 (2019)选择性必修 第二册5.3 导数在研究函数中的应用优秀巩固练习

这是一份高中数学人教A版 (2019)选择性必修 第二册5.3 导数在研究函数中的应用优秀巩固练习，共28页。试卷主要包含了0分），【答案】A，【答案】D，【答案】B，【答案】C等内容，欢迎下载使用。

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5.3.2函数的极值与最大（小）值同步练习
人教A版（2019）高中数学选择性必修第二册
注意：本试卷包含Ⅰ、Ⅱ两卷。第Ⅰ卷为选择题，所有答案必须用2B铅笔涂在答题卡中相应的位置。第Ⅱ卷为非选择题，所有答案必须填在答题卷的相应位置。答案写在试卷上均无效，不予记分。

一、单选题（本大题共12小题，共60.0分）
1. 已知函数f(x)=−x3+ax2−4在x=2处取得极值，若m∈[−1,1]，则f(m)的最小值为(    )
A. −4 B. −2 C. 0 D. 2
2. 下列结论中，正确的是(        )
A. 若f(x)在[a,b]上有极大值，则极大值一定是[a,b]上的最大值．
B. 若f(x)在[a,b]上有极小值，则极小值一定是[a,b]上的最小值．
C. 若f(x)在[a,b]上有极大值，则极大值一定是在x=a和x=b处取得．
D. 若f(x)在[a,b]上连续，则f(x)在[a,b]上存在最大值和最小值．
3. 已知函数f(x)=lnx+1，g(x)=4ex−12，若f(m)=g(n)成立，则m−n的最小值是(    )
A. 12+ln2 B. 12+2ln2 C. ln2−12 D. e−12
4. 已知函数f(x)=13x3−4x+4在区间(2a−5,a2)上存在最大值，则实数a的取值范围是(   )
A. −2,32 B. (−2,2) C. [-2,2] D. −2,32
5. 已知函数fx=exx+klnx−x，若x=1是函数f(x)的唯一极值点，则实数k的取值范围是(    )
A. (−∞,e] B. (−∞,e) C. (−e,+∞) D. [−e,+∞)
6. 已知函数y=f(x)，其导函数y=f′(x)的图象如图，则对于函数y=f(x)的描述正确的是(    )
A. 在(−∞,0)上为减函数
B. 在x=0处取得最大值
C. 在上为减函数
D. 在x=2处取得最小值

7. 已知函数fx=xlnx-ax有两个极值点，则实数a的取值范围是(   )
A. -∞,12 B. 12,+∞ C. 0,1 D. 0,12
8. 已知函数fx=ax2+bx−lnx(a>0,b∈R)，若对任意x>0，有fx≥f1，则(    )
A. lna<−2b B. lna>−2b C. lna=−2b D. lna≥−2b
9. 已知函数f(x)=ax3+bx2+cx(a<0)的导函数y=f′(x)的两个零点为1，2，则下列结论正确的是(    )
A. abc<0 B. f(x)在区间[0,3]的最大值为0
C. f(x)有2个零点 D. f(x)的极大值是正数
10. 函数f(x)=x2+a2+bln x(a,b∈R)有极小值，且极小值为0，则a2−b的最小值为(   )
A. e B. 2e C. 1e2 D. −1e2
11. 函数fx=−lnx+4x−3的零点个数为(    )
A. 3 B. 2 C. 1 D. 0
12. 已知函数fx=x3−3a+32x2+6ax，若fx在−1,+∞上既有极大值，又有最小值，且最小值为3a−12，则a的取值范围为(   )
A. −16,12 B. −12,−16 C. −12,−16 D. −12,12
二、多空题（本大题共4小题，共20.0分）
13. 已知函数fx=ax2−2x+lnx有两个不同的极值点x1，x2，则a的取值范围          ；且不等式fx1+fx2 14. 若对于恒成立，当a=0时，b的最小值为          ；当a>0时，ba的最小值是          ．
15. 函数f(x)=x1−x的最大值为          ，函数f(x)=x2−2x+2x的极小值为          
16. 已知函数fx=ln3x+cosx−132e3x，则fxmax=          ；若直线y=aa≥0与函数fx=ln3x+cosx−132e3x的图象有交点，则a的取值范围为          ．
三、解答题（本大题共9小题，共108.0分）
17. 已知函数f(x)=x3−12x2−2x+m，其中m∈R．
(1)若函数f(x)的极小值为0，求实数m的值；
(2)当x∈[−1,2]时，f(x)≥12恒成立，求实数m的取值范围．







18. 已知函数f(x)=lnx+a−ex，其中e是自然对数的底数．
(1)设直线y=2ex−2是曲线y=fxx>1的一条切线，求a的值；
(2)若，使得f(x)+ma≥0对∀x∈(0,+∞)恒成立，求实数m的取值范围．







19. 已知函数f(x)=x3+bx2+cx，(b,c∈R)
(1)当c=1时，讨论函数f(x)单调性；
(2)设x1，x2是函数f(x)的两个极值点，当|x1−x2|=2时，求f(1)的最小值．







20. 已知函数f(x)=lnx−ax+3,a∈R．
(1)当a=1时，求函数f(x)的极值；
(2)求函数f(x)的单调区间；
(3)若f(x)≤0恒成立，求实数a的取值范围．







21. 已知函数f(x)=12x2−(a+1)x+alnx+1．
(Ⅰ)若x=3是f(x)的极值点，求f(x)的单调区间；
(Ⅱ)若f(x)≥1恒成立，求a的取值范围．







22. 已知函数fx=ax3+bx在x=1处有极值2．(1)求a，b的值；
(2)求函数fx在区间-2,12上的最大值．







23. 已知函数f (x)=mx+ln x，g(x)=x3+x2−x．
(1)若m=3，求f (x)的极值；
(2)若对于任意的s，t∈12,2，都有f (s)≥110g(t)，求实数m的取值范围．







24. 已知函数f(x)=ax2−ax−xlnx，且f(x)≥0．
(1)求a；
(2)证明：f(x)存在唯一的极大值点x0，且e−2






25. 已知函数fx=x2+alnx+1．
(1)若函数y=fx在区间1,+∞内是单调递增函数，求实数a的取值范围；
(2)若函数y=fx有两个极值点x1，x2，且x1






答案和解析
1.【答案】A

【解析】
【分析】
本题考查导数法研究函数的单调性、极值和最值，属于基础题．
先求导，根据在x=2处取得极值，得到a=3，再根据导数的正负确定函数的单调性，从而得到函数f(m)的最小值．
【解答】
解：f′(x)=−3x2+2ax，因为f(x)在x=2处取得极值，
所以f′(2)=0,即−12+4a=0，所以a=3，
则f′(x)=−3x2+6x=3x(−x+2),
当−1 当00,f(x)单调递增，
所以当m∈−1,1，则fm的最小值为f(0)=−4．
故选A．
  
2.【答案】D

【解析】
【分析】
本题考查函数的极值和最值，属于基础题．
逐一判断选项的对错即可得结果．
【解答】
解：A中，极大值不一定是最大值，故错误；
B中，极小值不一定是最小值，故错误；
C中，极大值不一定在区间端点取得，故错误；
D中，闭区间上的连续函数图象，必存在最大值和最小值，故正确．
故选D．
  
3.【答案】B

【解析】解：不妨设f(m)=g(n)=t，
lnm+1=4en−12=t，(t>0)
即有m=et−1，n=12+lnt4，
可得m−n=et−1−12−lnt4(t>0)，
令h(t)=et−1−12−lnt4(t>0)，
h′(t)=et−1−1t，h′(t)在(0,+∞)上是增函数，
且h′(1)=0，
∴当t>1时，h′(t)>0，
当0 即当t=1时，h(t)取得极小值同时也是最小值，
此时h(1)=1−12−ln14=12+2ln2，
即m−n的最小值为12+2ln2．
故选：B．
根据f(m)=g(n)=t得到m，n的关系，利用消元法转化为关于t的函数，构造函数，求函数的导数，利用导数研究函数的最值即可得到结论．
本题主要考查导数的应用，利用消元法进行转化，构造函数，利用导数研究函数的极值和最值是解决本题的关键，属难题．

4.【答案】D

【解析】
【分析】
本题考查导数研究函数的单调性、极值和最值问题，属于中档题．
先求导，得到f(x)的单调性，以及x=-2时，函数f(x)取得极大值，根据题意，得到a的不等式组，解得a的取值范围．
【解答】
解：，令f’x=0，则x=±2，
则当x< -2时，，函数单调递增；
当−2 当x>2时，，函数单调递增，
所以x=-2时，函数f(x)取得极大值283，
且当x=4时，f(4)=283，
要使函数f(x)=13x3−4x+4在区间(2a−5,a2)上存在最大值，
则必有：2a−5<−2a2⩽4 ⇒-2⩽a<32．
故选D．  
5.【答案】A

【解析】
【分析】
本题考查了利用导数研究函数的单调性，极值，属于难题．
根据条件，得到f′x=x−1exx2+k1x−1，根据x=1是函数f(x)的唯一极值点，得到ex−kx=0在x∈0,+∞上无解，或有唯一解x=1，即可求出结果．
【解答】
解：∵f(x)=exx+k(lnx−x)，
∴f′x=x−1exx2+k1x−1
=x−1ex−kxx2，
因为x=1是函数f(x)的唯一极值点，
∴ex−kx=0在x∈0,+∞上无解，或有唯一解x=1，
①当x=1为其唯一解时，k=e，令h(x)=ex−ex(x>0)，h′(x)=ex−e，
当x∈0,1时，h′x<0，即h(x)的单调递减区间为0,1，
当x∈1,+∞时，h′x>0，即hx的单调递增区间为1,+∞，
∴hx在x=1处，取得极小值，
∴k=e时，x=1是f(x)的唯一极值点；
②当k=exx在x∈0,+∞上无解，
设gx=exx，
则g′x=exx−1x2，
当x∈0,1时，g′x<0，即g(x)的单调递减区间为0,1，
当x∈1,+∞时，g′x>0，即gx的单调递增区间为1,+∞，
∴gx在x=1处，取得极小值，也是其最小值，gxmin=g1=e，
又k=exx在x∈0,+∞上无解，
∴k 综上，k≤e．
故选A．
  
6.【答案】C

【解析】
【分析】
本题考查了利用导数研究函数的单调性、极值、最值，属于基础题．
结合图象，求出函数的单调区间，再判断函数的最值即可．
【解答】
解：当04时，f′(x)<0，故函数f(x)在(0,2)，(4,+∞)上单调递减，
当20，故函数f(x)在(2,4),(−∞,0)上单调递增，
故A错误，C正确，
∴当x=0或x=4时函数取的极大值，当x=2时函数取得极小值，
但函数的最值与端点值的大小有关，故f(0)未必是最大值，f(2)未必是最小值，
故BD错误．
故选C．  
7.【答案】D

【解析】
【试题解析】
【分析】
本题考查了利用导数研究函数的单调性与极值，考查函数的零点个数求参数取值的问题，属于难题．
本题转化为f′(x)=0有两个实根，转化为，重新构造函数，即可求参数的取值范围．
【解答】
解：，(x>0)得到，
令，，
令g′(x)=0，解得：x=1，
当x∈(0,1)时，g′(x)>0，函数单调递增，
当时，g′(x)<0，函数单调递减，
并且g(x)>0，所以当x=1时函数取得最大值g(1)=12，如图为y=g(x)的图象，

当y=a与图象有两个不同交点时，a∈(0,12)，
故选D．
  
8.【答案】A

【解析】
【分析】
本题考查最值的概念，极值的定义，函数导数符号和函数单调性的关系，通过构造函数比较两个式子大小的方法．
由f(x)≥f(1)，知x=1是函数f(x)的极值点，所以f′(1)=0，从而得到b=1−2a，作差：lna−(−2b)=lna+2−4a，所以构造函数g(x)=lnx+2−4x，通过导数可求得g(x)≤g(14)<0，即g(x)<0，所以g(a)<0，所以lna<−2b．
【解答】
解：f′(x)=2ax+b−1x，
由题意可知，f(x)在x=1处取得最小值，即x=1是f(x)的极值点；
∴f′(1)=0，
∴2a+b=1，即b=1−2a；
令g(x)=2−4x+lnx(x>0)，
则g′(x)=1−4xx；
∴当00，g(x)在(0,14)上单调递增；
当x>14时，g′(x)<0，g(x)在(14,+∞)上单调递减；
∴g(x)≤g(14)=1+ln14=1−ln4<0；
∴g(a)<0，
即2−4a+lna=lna+2b<0；
故lna<−2b，
故选A．  
9.【答案】B

【解析】
【分析】
本题考查利用导数研究函数的极值，利用导数研究闭区间上函数的最值以及函数的零点与方程根的关系，属于中档题，有一定难度．
根据题意，得到f′x=3ax2+2bx+c，以及f′1=0f′2=0，解之得到b、c关于a的表达式，注意到a<0，可判断选项A是否正确；由此于是函数y=f′(x)可化为fx=agx(a<0)，其中gx=x3−92x2+6x，由此对gx求导判断fx的单调性，当x∈0,3时，可求得fx在区间[0,3]的最大值，进而判断选项B是否正确；根据上述分析，可求得fx极值点，根据极值点正负性和函数fx单调性可判断选项C是否正确，根据针对选项B和C的分析，容易判断选项D是否正确．
【解答】
解：由题意，对函数fx求导，得f′x=3ax2+2bx+c，
因为导函数y=f′(x)的两个零点为1，2，故有f′1=3a+2b+c=0f′2=12a+4b+c=0,
即得b=−92ac=6a，于是fx=agx(a<0)，其中gx=x3−92x2+6x，
对A：因为abc=a×−92a×6a=−27a3，又a<0，得abc>0，故选项A错误；
对B：由上分析可知函数fx与函数gx单调性完全相反，
对gx求导，得g′x=3x2−9x+6=3x−2x−1，
令g′x>0，得x∈−∞,1∪2,+∞，令g′x<0，得x∈1,2，
于是当x∈0,3时，可知函数fx在区间0,1上单调递减，在区间1,2上单调递增，在区间2,3上单调递减，故fx在区间[0,3]的最大值为f0和f2中最大者，
因为f0=0，f2=2a<0，于是可知fx在区间[0,3]的最大值为f0=0，故选项B正确；
对C：由B分析可知，注意到a<0，当x∈R时，函数fx在区间−∞,1上单调递减，在区间1,2上单调递增，在区间2,+∞上单调递减，又f1=52a<0，f2=2a<0，注意到fx在区间2,+∞上单调递减，因此f(x)仅有1个零点  ，故选项C不正确；
对D：由B、C选项可知，函数fx在x=2处取得极大值，但f2=2a<0，故选项D不正确．
故选B．  
10.【答案】B

【解析】
【分析】
本题考查利用导函数求极值，以及利用导数求最值，属于中档题．
根据题意可设极小值点x0，可得x0≥e.构造函数g(x0)=x02+2x02ln x0，利用g(x0)的单调性即可得答案．
【解答】
解：由f(x)=x2+a2+bln x(a,b∈R)，得f′(x)=2x+bx．
因为f(x)有极小值点，记为x0，则2x0+bx0=0，即b=−2x02(x0>0)．
又f(x0)=0，所以x02+a2+bln x0=0，即a2=−x02−bln x0=−x02+2x02ln x0≥0，所以x0≥e．
设a2−b=g(x0)=x02+2x02ln x0，当x0≥e时，g′(x0)=4x0+4x0ln x0≥0，
所以g(x0)=x02+2x02ln x0在[e,+∞)上单调递增，又ge=e+2elne=2e，
所以a2−b的最小值为2e．
故选B．  
11.【答案】B

【解析】
【分析】
本题主要考查了利用导数来判断函数零点的问题，并结合函数的单调性与根的存在性定理，即可得到结果，属于基础题．
利用导数研究函数f(x)单调性、极值与最值，进而得到函数的零点个数．
【解答】
解：的定义域为(0,+∞)，
又∵f′(x)=−1x+4，
令f′(x)=−1x+4=0，x=14，
当x<14,f′(x)<0；当x>14,f′(x)>0，
∴f(x)在0,14单调递减，在14,+∞单调递增，
∴当x=14时，函数f(x)取得极小值即最小值，
而，
当x>0且x→0时，f(x)→+∞；当x→+∞时，f(x)→+∞．
可简要画出原函数图象看出：

函数fx=−lnx+4x−3的图象与x轴有2个交点，
故零点个数为2个．
故选：B．  
12.【答案】C

【解析】
【分析】
本题考查利用导数研究函数的极值和函数的最值，先得出f′(x)=(3x−6a)(x−1)的零点为2a和1，由f(1)=3a−12，得−1<2a<1，再结合端点值，可得a的取值范围．
【解答】
解：f′(x)=(3x−6a)(x−1)的零点为2a和1，
因为f(1)=3a−12，所以−1<2a<1，且f(−1)⩾3a−12，
解得−12 故选C．
  
13.【答案】(0,12)
[−5,+∞)


【解析】
【分析】
本题考查了不等式的恒成立问题及利用导数研究函数的极值与最值，同时还涉及了根与系数的关系，属中档题．
由x1,x2是函数f(x)的两个不同的极值点可得Δ=4−8a>0,x1+x2=1a>0,x1x2=12a>0,，进而得到f (x1)+f (x2)−x1−x2=−2a−1−ln 2a，构造函数求解即可．
【解答】
解：f′(x)=2ax2−2x+1x(x>0)，
因为函数f (x)=ax2−2x+ln x有两个不同的极值点x1，x2，
所以方程2ax2−2x+1=0有两个不相等的正实数根，
于是有Δ=4−8a>0,x1+x2=1a>0,x1x2=12a>0,解得0 f (x1)+f (x2)−x1−x2=ax 12−2x1+ln x1+ax 22−2x2+ln x2−x1−x2;
=a[(x1+x2)2−2x1x2]−3(x1+x2)+ln(x1x2)=−2a−1−ln 2a，
设h(a)=−2a−1−ln 2a0 h′(a)=2−aa2>0，故h(a)在0 故h(a) 因此实数t的取值范围是[−5,+∞)．
故答案是(0,12)；[−5,+∞)．  
14.【答案】1
−1e


【解析】
【分析】
本题考查不等式恒成立问题，注意运用转化思想和构造函数，结合导数判断单调性、极值和最值，考查数形结合思想，属于中档题．
构造函数f(x)=lnx+1x，求得导数，判断单调性、极值和最值，作出y=f(x)的图象，运用函数图象的性质数形结合确定ba的最小值即可．
【解答】
解：设f(x)=lnx+1x，
∴f′(x)=1x⋅x−(1+lnx)x2=−lnxx2，
当x∈(0,1)时，f′(x)>0，f(x)单调递增;
当x∈(1,+∞)时，f′(x)<0，f(x)单调递减，
可得f(x)在x=1处取得极大值，且为最大值1，且x>1时，f(x)>0，
故当a=0时，lnx+1x≤b，则b的最小值为1，
作出y=f(x)的图象，满足题意时，y=ax+b的图象恒在f(x)的图象的上方，
当a>0时，可令ax+b=0，即ba=−x，
故ba取到最小值时，直线在x轴上的截距最大，再令f(x)=0，可得x=1e，−x=−1e，
由此推得ba的最小值是−1e，
故答案为：1；−1e．
  
15.【答案】239
22−2


【解析】
【分析】
本题考查利用导数研究函数的最值和极值问题，根据函数解析式求导，利用导数判断函数的单调性，根据函数的单调性即可得出答案，属于中档题．
【解答】
解：(1)f(x)=x1−x=x1−x12，定义域为(−∞,1],
f′x=1−x12−x2×1−x−12=2−3x1−x，
当x∈−∞,23时，f′x>0,fx单调递增，
x∈23,1时，f′x<0,fx单调递减，
故fxmax=f23=239;
(2)f(x)=x2−2x+2x=x+2x−2，−∞,0∪0,+∞
f′x=1−2x2=x2−2x2，
x∈−∞,−2时，f′x>0,fx单调递增，
x∈−2,0时，f′x<0,fx单调递减；
x∈0,2时，f′x<0,fx单调递减，
x∈2,+∞时，f′x>0,fx单调递增，
故fx的极小值为f2=22−2．
故答案为239;22−2．  
16.【答案】12e
[0,12e]


【解析】
【分析】本题考查利用导数研究函数的单调性和极值最值，考查函数图像的交点与方程根的关系，考查零点定理，属于中档题．
利用余弦函数的有界性得f(x)≤ln(3x)+12e3x，设g(x)=ln(3x)+12e3x，则g′(x)=121x−3ln(3x)−3e−3x，利用g′(x)的符号变化求得g(x)的最大值g(13)，又当x=13时，f(13)=12e，所以f(x)max=12e，利用零点定理得到，存在t∈(13e2,13)使得f(t)=0，从而求得a的范围．
【解答】
解：函数定义域为(0,+∞)，
f(x)=ln(3x)+cos(x−13)2e3x≤ln(3x)+12e3x
设g(x)=ln(3x)+12e3x，则g′(x)=121x−3ln(3x)−3e−3x，
设h(x)=1x−3ln(3x)−3，则h′(x)=−3x+1x2<0，
所以h(x)在(0,+∞)单调递减，注意到h(13)=0，
∴当00，g′(x)>0，g(x)单调递增，
当x>13时，h(x)<0，g′(x)<0，g(x)单调递减，
所以x=13时，g(x)取得极大值，也是最大值，g(13)=12e，
又当x=13时，f(13)=12e，
所以f(x)max=12e，
∵f(13)=12e>0，f(13e2)=ln(1e2)+cos(13e2−13)2e12=−2+cos(13e2−13)2e12<0，
∴存在实数t∈(13e2,13)使得f(t)=0，
所以a的范围是[0,12e].
故答案为12e；[0,12e].  
17.【答案】解：(1)f′(x)=3x2−x−2=(x−1)(3x+2)，
由f′(x)=0，得x=−23或1．
所以，当x∈(−∞,−23)或时，f′(x)>0；
当x∈(−23,1)时，f′(x)<0，
因此f(x)在(−∞,−23)，(1,+∞)上单调递增，在(−23,1)上单调递减，
从而f(x)在x=1时取到极小值．
由f(1)=0，解得m=32．
(2)由(1)知，函数f(x)在(−1,−23)，(1,2)上单调递增，在(−23,1)上单调递减，
又f(−1)=m+12>f(1)=m−32，
所以f(x)区间[−1,2]上的最小值为f(1)=m−32．
由f(x)⩾12恒成立，知f(1)=m−32⩾12，即m≥2．
因此m∈[2,+∞)．

【解析】本题考查运用导数研究函数的单调性和极值，不等式恒成立问题，考查了分析和转化能力，属于中档题．
(1)求出函数的导数，利用导数可得函数的极小值为f(1)=0，即可解得m=32．
(2)不等式转化为f(x)在区间[−1,2]上的最小值f(x)min⩾12恒成立，即可得m范围．

18.【答案】解：(1)f′x=1x−a−ex2=x−a−ex2，
设切点横坐标为x0x0>1，则x0−a−ex02=2elnx0+a−ex0=2ex0−2(*),
消去a，得lnx0−4ex0+3=0，
令gx=lnx−4ex+3x>1，则g′x=1x−4e<1−4e<0，
所以gx在1,+∞上单调递减，又ge=0，
所以方程lnx0−4ex0+3=0只有唯一的解x0=e，代入(*)可得a=0．
(2)设Fx=lnx+a−ex+ma，则F′x=1x−a−ex2=x−a−ex2，
①当a≤e时，F′x=x−a−ex2>0，Fx在0,+∞上单调递增，
又Fe−ma−1=a−eema+1−1<0，故不符合题意；
②当a>e时，Fx在0,a−e上单调递减，在a−e,+∞上单调递增，
所以Fxmin=Fa−e=lna−e+1+ma，所以lna−e+1+ma⩾0，
于是m⩾−lna−e+1a，
设Ga=−lna−e+1a,a>e，
G′a=−aa−e−lna−e+1a2=1a2lna−e−ea−e，
因为y=lna−e−ea−e在a∈e,+∞上单调递增，且a=2e时y=0，
所以a∈e,2e时，G′(a)<0；a∈2e,+∞时，G′(a)>0，
所以G(a)在(e,2e)上单调递减，在2e,+∞上单调递增，
所以Gamin=G2e=−1e，
因此，实数m的取值范围为−1e,+∞．

【解析】本题考查导数的几何意义，利用导数研究函数的单调性和极值，导数中的恒成立问题，属于困难题．
(1)设切点横坐标为x0x0>1，则x0−a−ex02=2elnx0+a−ex0=2ex0−2，从而得lnx0−4ex0+3=0，再利用导数研究函数gx=lnx−4ex+3x>1的零点即可；
(2)分类讨论a的取值，得出Fx=lnx+a−ex+ma的最小值Fxmin=Fa−e=lna−e+1+ma，运用分离参数法可得m⩾−lna−e+1a，再利用导数研究Ga=−lna−e+1a,a>e的最小值即可．

19.【答案】解：(1)因为f′(x)=3x2+2bx+1，且Δ=4b2−12，
当−3≤b≤3时，f′(x)≥0恒成立，所以f(x)在R上单调递增，
当b<−3或b>3时，由f′(x)=0得x1=−b−b2−33x2=−b+b2−33，
x
(−∞,x1)
x1
(x1,x2)
x2
(x2,+∞)
f′(x)
+
0
−
0
+
f(x)
↗
极大值
↘
极小值
↗
所以f(x)在(−∞,x1)与(x2,+∞)上是单调递增的，在(x1,x2)上是单调递减的．
综上所述，
当|b|>3时，f(x)在(−∞,x1)与(x2,+∞)上单调递增，在(x1,x2)上单调递减；
当|b|≤3时，f(x)在R上单调递增．
(2)由f′(x)=3x2+2bx+c，
知x1+x2=−2b3，x1x2=c3，又|x1−x2|=2，
所以(x1−x2)2=(x1+x2)2−4x1x2=4b29−4c3=4，即c=b23−3，
所以f(1)=b+c+1=b23+b−2=13(b+32)2−114≥−114，
所以当b=−32时，c=−94，△=4b2−12c=4(b2−3c)>0，f(1)=−114，
故当b=−32，c=−94时，f(1)的最小值为−114．

【解析】本题主要考查了利用导数研究函数的单调性、最值及极值，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．
(1)当c=1时，得f(x)=x3+bx2+x，求出其导函数，根据导数与函数的单调性的关系，即可求得f(x)的单调性；
(2)(2)由f′(x)=3x2+2bx+c，由|x1−x2|=2，利用韦达定理可推出c=b23−3，则f(1)=13(b+32)2−114，由二次函数的性质可得f(1)的最小值．

20.【答案】解：(1)当a=1时，f(x)=lnx−x+3,x∈(0,+∞)，
f′(x)=1x−1=1−xx，则：
x
(0,1)
1
(1,+∞)
f′(x)
+
0
−
f(x)
↗
2
↘
∴函数f(x)的极大值为f(1)=2，无极小值；
(2)f′(x)=1x−a=1−axx,x∈(0,+∞)，
①当a≤0时，f′(x)>0恒成立，故f(x)在(0,+∞)上单调递增
②当a>0时，对x∈(0,1a),f′(x)>0，f(x)在(0,1a)上单调递增，
对x∈(1a,+∞),f′(x)<0，f(x)在(1a,+∞)上单调递减，
综上，当a≤0时，f(x)单调增区间为(0,+∞)，无单调减区间；
当a>0时，f(x)单调增区间为(0,1a)，单调减区间为(1a,+∞)；
(3)要使得f(x)=lnx−ax+3≤0恒成立，则f(x)max⩽0，
由(2)可知，当a≤0时，f(x)在(0,+∞)上单调递增，不存在最大值；
当a>0时，f(x)在(0,1a)上单调递增，在(1a,+∞)上单调递减，
所以f(x)的极大值f(1a)即为f(x)的最大值，
∴  f(1a)=ln1a−1+3=−lna+2≤0,lna≥2=lne2,a≥e2，
∴实数a的取值范围为[e2,+∞)．

【解析】本题考查利用导数研究函数单调性、极值与最值及恒成立问题，属于中档题．
解决问题的关键是：
 (1)求解导函数，列表，得到其单调性，求解极值；
(2)由题f′(x)=1x−a=1−axx,x∈(0,+∞)，对a分类讨论，求解单调性；
(3)问题转化为f(x)max⩽0，结合(2)得仅a>0时，f(1a)即为f(x)的最大值，求解不等式即可．

21.【答案】解：(Ⅰ)由题意知函数的定义域为(0,+∞)，
f′(x)=x−(a+1)+ax，
∵x=3是f(x)的极值点，
∴f′(3)=3−(a+1)+a3=0，解得a=3，
当a=3时，f′(x)=(x−1)(x−3)x，
当x变化时，
x
(0,1)
1
(1,3)
3
(3,+∞)
f′(x)
+
0
−
0
+
f(x)
单调递增
极大值
单调递减
极小值
单调递增
故f(x)在(0,1)上单调递增，在(1,3)上单调递减，在(3,+∞)上单调递增；
(Ⅱ)要使得f(x)≥1恒成立，即当x>0时，12x2−(a+1)x+alnx≥0恒成立，
设g(x)=12x2−(a+1)x+alnx，则g′(x)=x−(a+1)+ax=(x−1)(x−a)x，
(ⅰ)当a≤0时，由g′(x)<0得单减区间为(0,1)，
由g′(x)>0得单增区间为(1,+∞)，
故g(x)min=g(1)=−a−12≥0，得a≤−12；
( ii)当0 由g′(x)>0得单增区间为(0,a)，(1,+∞)，
此时g(1)=−a−12<0，∴不合题意；
(iii)当a=1时，g(x)在(0,+∞)上单调递增，此时g(1)=−a−12<0，∴不合题意；
( iv)当a>1时，由g′(x)<0得单减区间为(1,a)，
由g′(x)>0得单增区间为(0,1)，(a,+∞)，
此时g(1)=−a−12<0，∴不合题意．
综上所述，a的取值范围为(−∞,−12]．

【解析】本题考查利用导数研究函数的单调性、极值与最值，考查导数中的恒成立问题，考查运算能力与逻辑推导能力，属于中档题．
(Ⅰ)对函数f(x)求导，根据f′(3)=0求出a，进而根据f′(x)>0得到函数的增区间，根据f′(x)<0得到函数的减区间即可；
(Ⅱ)f(x)≥1恒成立可等价转化为x>0时，12x2−(a+1)x+alnx≥0恒成立，构造函数g(x)=12x2−(a+1)x+alnx，求出函数的导数，分类讨论参数a的范围，求出函数g(x)的最小值，令其大于等于0，即可得到a的取值范围．

22.【答案】解：(1)∵函数fx=ax3+bx在x=1处取得极值2，
∴f(1)=a+b=2f’1=3a+b=0，解得a=-1b=3．
(2)由(1)得：f(x)=-x3+3x，
f’x=-3x2+3=-3(x+1)(x-1) 
令f’x>0，解得：-1 令f’(x)<0，解得：x>1或x< -1，
故f(x)在[-2,-1)递减，在(-1,12)递增，
故f(x)的最大值是f(-2)或f(12)，
而f(-2)=2>f(12)=118，
故函数f(x)的最大值是2．

【解析】本题考查利用导数研究函数单调性、极值及最值，属于中档题．
(1)由题意得f(1)=a+b=2f’1=3a+b=0，即可解得a，b，
(2)由(1)得：f(x)=-x3+3x，故f(x)在[-2,-1)递减，在(-1,12)递增，故函数f(x)的最大值是2．

23.【答案】解：(1)f (x)的定义域为(0,+∞)，
当m=3时，f (x)=3x+ln x．
∵f′(x)=−3x2+1x=x−3x2，
∴f′(3)=0，
∴当x>3时，f′(x)>0，f (x)是增函数，
当0 ∴f (x)有极小值f (3)=1+ln 3，没有极大值．
(2)g(x)=x3+x2−x，
∴g′(x)=3x2+2x−1．
当x∈12,2时，g′(x)>0，
∴g(x)在12,2上是单调递增函数，g(x)max=g(2)=10．
对于任意的s，t∈12,2，f (s)≥110g(t)恒成立，即对任意x∈12,2，f (x)=mx+ln x≥1恒成立，
即m≥x−xln x恒成立．
令h(x)=x−xln x，则h′(x)=1−ln x−1=−ln x．
∴当x>1时，h′(x)<0，当00，
∴h(x)在(0,1)上是增函数，在(1,+∞)上是减函数，
∴当x∈12,2时，h(x)的最大值为h(1)=1，
∴m≥1，
即m的取值范围是[1,+∞)．

【解析】本题考查了利用导数研究函数的极值，利用导数研究闭区间上函数的最值，恒成立问题等知识，属中档题．
(1)求出导函数f′(x)=x−3x2，然后求出导函数的零点，并判断导函数在零点左右两侧的符号，若异号，则有极值，若同号，则无极值；
(2)先求出g(x)在区间12,2上的最大值，将恒成立问题转化为mx+lnx≥1，即m≥x−xlnx对任意的x∈12,2恒成立，构造函数通过导数求出最值即可解决．

24.【答案】解：(1)解：f(x)的定义域为(0,+∞)．
设g(x)=ax−a−lnx，则
f(x)=xg(x)，f(x)≥0等价于g(x)≥0．
因为g(1)=0，g(x)≥0，故g′(1)=0，而g′x=a−1x，
所以g′(1)=a−1=0，得a=1．
若a=1，则g′x=1−1x.当01时，g′(x)>0，g(x)单调递增．所以x=1是g(x)的极小值点，故g(x)≥g(1)=0．
综上，a=1．
(2)证明：由(1)知f(x)=x2−x−xlnx，f′(x)=2x−2−lnx．
设h(x)=2x−2−lnx，则h′x=2−1x．
当x∈0,12时，h′(x)<0；当x∈12,+∞时，h′(x)>0．
所以h(x)在0,12上单调递减，在12,+∞上单调递增．
又h(e−2)>0，h12<0，h(1)=0，
所以h(x)在0,12有唯一零点x0，在12,+∞有唯一零点1，且当x∈(0,x0)时，h(x)>0；当x∈(x0,1)时，h(x)<0；当x∈(1,+∞)时，h(x)>0．
因为f′(x)=h(x)，所以x=x0是f(x)的唯一极大值点．
由f(x0)=0得lnx0=2(x0−1)，故f(x0)=x0(1−x0).
由x0∈0,12得fx0<14．
因为x=x0是f(x)在(0,1)的最大值点，由e−1∈(0,1)，f′(e−1)≠0得f(x0)>f(e−1)=e−2．
所以e−2

【解析】本题考查利用导数的单调性研究函数的极值，考查利用导数研究函数的恒成立问题，属于较难题．
(1)把f(x)≥0转换为g(x)=ax−a−lnx≥0即可．
(2)求导，利用函数的单调性证明．

25.【答案】解：(1)根据题意知：f′(x)=2x2+2x+ax+1≥0在[1,+∞)上恒成立．
即a≥−2x2−2x在区间[1,+∞)上恒成立．
令g(x)=−2x2−2x，
则g(x)=−2x+122+12≤−4,x=1时取等号．
∴a≥−4；
经检验：当a=−4时，f′(x)=2x2+2x−4x+1=2x+2x−1x+1≥0，x∈[1,+∞)．
∴a的取值范围是[−4,+∞)．
(2)f′(x)=2x2+2x+ax+1=0在区间(−1,+∞)上有两个不相等的实数根，
即方程2x2+2x+a=0在区间(−1,+∞)上有两个不相等的实数根．
记h(x)=2x2+2x+a，
则有−12>−1h−12<0h(−1)>0，解得：0 ∴x1+x2=−1，2x22+2x2+a=0，x2=−12+1−2a2，−12 ∴fx2x1=x22−2x22+2x2lnx2+1−1−x2，
令k(x)=x2−2x2+2xlnx+1−1−x，x∈−12,0，
k′(x)=x21+x2+2ln(x+1)，
记p(x)=x21+x2+2ln(x+1)，
∴p′(x)=2x2+6x+21+x3，
由y=2x2+6x+2在x∈−12,0内单调递增，1+x3>0，
且p′−12=−4，p′(0)=2，
即存在唯一x0∈−12,0使得p′(x0)=0．
当x∈−12,x0，p′(x)<0；当x∈(x0,0)时，p′(x)>0．
而k′(x)在−12,x0单调递减，在(x0,0)单调递增，
∵k′(−12)=1−2ln2<0，k′(0)=0，
∴当x∈−12,0,k′(x)<0，
∴k(x)在−12,0单调递减，
又k(0)=0，k−12=14+12ln12−12=−12+ln2=ln2e，
即0
【解析】本题考查的是导数知识，重点是利用导数法研究函数的单调性、极值和最值，难点是多次构造函数求导，本题还用到消元的方法，难度较大．
(1)已知原函数在区间1,+∞内是单调递增，得到导函数的值非负，从而求出参数的范围；
(2)利用韦达定理，对所求对象进行消元，得到一个新的函数，对该函数求导后，再对导函数构造函数求导，通过对单调性的研究，从而得到原函数的取值范围，即证得不等式．