专题09利用导数研究函数的性质（解析版）_2.2025数学总复习_2023年新高考资料_二轮复习_2023年高考数学二轮专题训练（新高考地区专用）

专题09 利用导数研究函数的性质
1、【2022年新高考2卷】曲线y=ln|x|过坐标原点的两条切线的方程为____________，____________．
1 1
【答案】 y= x y=− x
e e
【解析】 因为y=ln|x|，
1 1
当x>0时y=lnx，设切点为(x ,lnx )，由y'= ，所以y'| = ，所以切线方程为
0 0 x x=x 0 x
0
1
y−lnx = (x−x )，
0 x 0
0
1 1 1
又切线过坐标原点，所以−lnx = (−x )，解得x =e，所以切线方程为y−1= (x−e)，即y= x；
0 x 0 0 e e
0
1 1
当x<0时y=ln(−x)，设切点为(x ,ln(−x ))，由y'= ，所以y'| = ，所以切线方程为
1 1 x x=x 1 x
1
1
y−ln(−x )= (x−x )，
1 x 1
1
1 1
又切线过坐标原点，所以−ln(−x )= (−x )，解得x =−e，所以切线方程为y−1= (x+e)，即
1 x 1 1 −e
1
1
y=− x；
e
1 1
故答案为：y= x；y=− x
e e
2、【2022年新高考1卷】已知函数f(x)=x3−x+1，则（ ）
A．f(x)有两个极值点 B．f(x)有三个零点
C．点(0,1)是曲线y=f(x)的对称中心 D．直线y=2x是曲线y=f(x)的切线
【答案】AC
√3 √3
【解析】由题，f'(x)=3x2−1，令f'(x)>0得x> 或x<− ，
3 3√3 √3
令f' (x)<0得− <x< ，
3 3
√3 √3 √3 √3
所以f(x)在(− , )上单调递减，在(−∞,− )，( ,+∞)上单调递增，
3 3 3 3
√3
所以x=± 是极值点，故A正确；
3
√3 2√3 √3 2√3
因f(− )=1+ >0，f( )=1− >0，f (−2)=−5<0，
3 9 3 9
( √3)
所以，函数f (x)在 −∞,− 上有一个零点，
3
√3 (√3) (√3 )
当x≥ 时，f (x)≥f >0，即函数f (x)在 ,+∞ 上无零点，
3 3 3
综上所述，函数f(x)有一个零点，故B错误；
令ℎ(x)=x3−x，该函数的定义域为R，ℎ(−x)=(−x) 3−(−x)=−x3+x=−ℎ(x)，
则ℎ(x)是奇函数，(0,0)是ℎ(x)的对称中心，
将ℎ(x)的图象向上移动一个单位得到f(x)的图象，
所以点(0,1)是曲线y=f(x)的对称中心，故C正确；
令f'(x)=3x2−1=2，可得x=±1，又f(1)=f (−1)=1，
当切点为(1,1)时，切线方程为y=2x−1，当切点为(−1,1)时，切线方程为y=2x+3，
故D错误.
故选：AC.
3、【2022年全国乙卷】已知x=x 和x=x 分别是函数f(x)=2ax−ex2（a>0且a≠1）的极小值点和极大
1 2
值点．若x <x ，则a的取值范围是____________．
1 2
(1 )
【答案】 ,1
e
【解析】解：f'(x)=2lna⋅ax−2ex，
因为x ,x 分别是函数f (x)=2ax−ex2的极小值点和极大值点，
1 2
所以函数f (x)在(−∞,x )和(x ,+∞)上递减，在(x ,x )上递增，
1 2 1 2
所以当x∈(−∞,x )∪(x ,+∞)时，f'(x)<0，当x∈(x ,x )时，f'(x)>0，
1 2 1 2若a>1时，当x<0时，2lna⋅ax>0,2ex<0，则此时f'(x)>0，与前面矛盾，
故a>1不符合题意，
若0<a<1时，则方程2lna⋅ax−2ex=0的两个根为x ,x ，
1 2
即方程lna⋅ax=ex的两个根为x ,x ，
1 2
即函数y=lna⋅ax与函数y=ex的图象有两个不同的交点，
∵0<a<1,∴函数y=ax的图象是单调递减的指数函数，
又∵lna<0,∴y=lna⋅ax的图象由指数函数y=ax向下关于x轴作对称变换，然后将图象上的每个点的横
坐标保持不变，纵坐标伸长或缩短为原来的|lna|倍得到，如图所示：
设过原点且与函数y=g(x)的图象相切的直线的切点为(x ,lna⋅ax 0)，
0
则切线的斜率为g' (x )=ln2a⋅ax 0，
0
故切线方程为y−lna⋅ax 0=ln2a⋅ax 0(x−x )，
0
1
则有−lna⋅ax 0=−x ln2a⋅ax 0，解得x = ，
0 0 lna
1
则切线的斜率为 ln2a⋅alna=eln2a ，
因为函数y=lna⋅ax与函数y=ex的图象有两个不同的交点，
1
所以eln2a<e，解得 <a<e，
e
1
又0<a<1，所以 <a<1，
e
(1 )
综上所述，a的范围为 ,1 .
e
4、（2021年全国高考乙卷数学（文）试题）设 ，若 为函数 的极大值点，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】若 ，则 为单调函数，无极值点，不符合题意，故 .
依题意， 为函数 的极大值点，
当 时，由 ， ，画出 的图象如下图所示：
由图可知 ， ，故 .
当 时，由 时， ，画出 的图象如下图所示：
由图可知 ， ，故 .
综上所述， 成立.
故选：D
5、（2021年全国新高考Ⅰ卷数学试题）若过点 可以作曲线 的
两条切线，则（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【解析】在曲线 上任取一点 ，对函数 求导得 ，
所以，曲线 在点 处的切线方程为 ，即 ，
由题意可知，点 在直线 上，可得 ，
令 ，则 .当 时， ，此时函数 单调递增，
当 时， ，此时函数 单调递减，
所以， ，
由题意可知，直线 与曲线 的图象有两个交点，则 ，
当 时， ，当 时， ，作出函数 的图象如下图所示：
由图可知，当 时，直线 与曲线 的图象有两个交点.
故选：D.
6、（2021年全国高考甲卷数学（理）试题）曲线 在点 处的切线方程为__________．
【答案】
【解析】由题，当 时， ，故点在曲线上．
求导得： ，所以 ．
故切线方程为 ．
故答案为： ．
7、（2021年全国新高考Ⅰ卷数学试题）函数 的最小值为______.【答案】1
【解析】由题设知： 定义域为 ，
∴当 时， ，此时 单调递减；
当 时， ，有 ，此时 单调递减；
当 时， ，有 ，此时 单调递增；
又 在各分段的界点处连续，
∴综上有： 时， 单调递减， 时， 单调递增；
∴ 故答案为：1.
8、（2020年全国统一高考数学试卷（理科）（新课标Ⅰ））函数 的图像在点 处
的切线方程为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【解析】 ， ， ， ，
因此，所求切线的方程为 ，即 .
故选：B.
9、（2020年全国统一高考数学试卷（理科）（新课标Ⅲ））若直线l与曲线y= 和x2+y2= 都相切，则l
的方程为（ ）A．y=2x+1 B．y=2x+ C．y= x+1 D．y= x+
【答案】D
【解析】设直线 在曲线 上的切点为 ，则 ，
函数 的导数为 ，则直线 的斜率 ，
设直线 的方程为 ，即 ，
由于直线 与圆 相切，则 ，
两边平方并整理得 ，解得 ， （舍），
则直线 的方程为 ，即 .
故选：D.
10、（2020年全国统一高考数学试卷（文科）（新课标Ⅰ））曲线 的一条切线的斜率为
2，则该切线的方程为______________.
【答案】
【解析】设切线的切点坐标为 ，
，所以切点坐标为 ，
所求的切线方程为 ，即 .
故答案为： .题组一、函数图像的切线问题
1-1、（2022·广东清远·高三期末）已知曲线f(x)=(ax+b)ex在点(0,2)处的切线方程为x+ y−2=0，则
a−b=_________．
【答案】
{ f(0)=b=2,
【解析】因为f(x)=(ax+b)ex，所以f' (x)=(ax+a+b)ex，所以 所以a=−3,b=2，
f' (0)=a+b=−1,
所以a−b=−5．
故答案为：
1-2、（2022·广东潮州·高三期末）曲线y=lnx+ax与直线y=2x−1相切，则a=______．
【答案】1
1
【解析】由题意，函数y=lnx+ax，可得y'= +a，
x
1
设切点为P(x ,y )，则y' = +a，
0 0 0 x
0
1
因为曲线y=lnx+ax与直线y=2x−1相切，可得 +a=2，即ax =2x −1，①
x 0 0
0
又由y =lnx +ax ，即切点为(x ,lnx +ax )，可得lnx +ax =2x −1，②
0 0 0 0 0 0 0 0 0
联立①②，可得x =1,a=1．
0
故答案为：1
1-3、（2022·山东临沂·高三期末）已知函数f(x)=lnx+x2−1，则 在 处的切线方程为________．
【答案】y=3x−3
【解析】因为函数f(x)=lnx+x2−1，故可得：
1
f(1)=0，f' (x)= +2x，
x
则f(x)在x=1处的切线的斜率k=f' (1)=3，
故切线方程为y−0=3(x−1)，即：y=3x−3.故答案为：y=3x−3.
1-4、（2022·江苏如皋·高三期末）已知函数f(x)＝x3＋ax2－x的图象在点A(1，f(1))处的切线方程为y＝4x－
3，则函数y＝f(x)的极大值为（ ）
A．1 B． C． D．－1
【答案】A
【解析】由由题意得 ,
故 ，则 ，
所以 ，令 ，
则 ， ，
当 或 时， ；当 时， ，
故函数 在 时取得极大值为 ，
故选：A.
题组二、利用导数研究函数的最值、极值与零点问题
2-1、（2022·江苏苏州·高三期末）已知函数 ，则（ ）
A． ，函数 在 上均有极值
B． ，使得函数 在 上无极值
C． ，函数 在 上有且仅有一个零点
D． ，使得函数 在 上有两个零点
【答案】BC
【解析】 ， 时， ， 无极值，A错，B对．
时， 在 上 ， ， ，
在 有且仅有一个零点．
时， 在 恒成立， 在
时， ， ， 在 有且仅有一个零点．时， ， 或0， 在 ，
．
时， ， 有且仅有一个零点．
， 有且仅有一个零点，C对，D错．
故选：BC
2-2、（2022·江苏海门·高三期末）已知函数 有三个零点，则实数 的取值范围是
（ ）
A．(0， ) B．[0， ) C．[0， ] D．(0， )
【答案】A
【解析】 有三个零点，即方程 有三个根，
不妨令 ,则 ，
故 在 单调递减，在 单调递增，在 单调递减，
，且当 时， 恒成立.
当 趋近于负无穷时， 趋近于正无穷； 趋近于正无穷时， 趋近于 ，
故当 时，满足题意.
故选：A.
3
2-3、（2022·江苏苏州·高三期末）设点 是曲线y=√x− lnx上的任意一点，则 到直线y=−x的最小距
2
离是__________．
【答案】√2
【解析】由题意得在 点的切线与直线y=−x平行
3 ( 3 )
设曲线y=√x− lnx上与直线y=−x平行的切线的切点 x ,√x − lnx ，
2 0 0 2 01 3
由y=−x的斜率为−1，y'= −
2√x 2x
1 3
则由y' |❑ = − =−1，解得x =1，故切点为(1,1)
x=x 0 2√x 2x 0
0 0
切点(1,1)到x+ y=0的距离d=√2．故答案为：√2
2-4、（2022·湖北省鄂州高中高三期末）若不同两点 、 均在函数 的图象上，且点 、 关于
原点对称，则称 是函数 的一个“匹配点对”（点对 与 视为同一个“匹配点
对”）.已知 恰有两个“匹配点对”，则 的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】函数 的图象关于原点对称的图象所对应的函数为 ，
的图象上恰好有两个“匹配点对”等价于函数 与函数 有两个交点，
即方程 有两个不等式的正实数根，
即 有两个不等式的正实数根，
即转化为函数 图象与函数 图象有2个交点.
，
当 时， ， 单调递增.
当 时， ， 单调递减.且 时， ， 时，
所以所以 图象与函数 图象有2个交点.则 ，解得 .
故选：B
2-5、（2022·山东省淄博实验中学高三期末）已知函数 有三个不同的零点
，且 ，则 的值为（ ）
A．3 B．4 C．9 D．16
【答案】C
【解析】 ，
， 有三个不同的零点 .
令 ， 在 递增，在 上递减，
. 时， .
令 ，
必有两个根 ，
，且 ，
有一解 ， 有两解 ，且 ，故
.
故选：C
{a−|2x+1|,x≤1 a
2-6、（2022·山东枣庄·高三期末）已知函数 f (x)= ，若y=f (x)−x恰有两个零点，则
(x−a) 3,x>1
的可能取值为（ ）．
1 1
A．− B．− C．4 D．6
2 4
【答案】BD
【解析】因为函数y=x3与函数 yx 交于点(1,1),
yx
由函数图象的性质得函数y=(x−a) 3与 在(1,+∞)上至多一个交点，
a−|2x+1|,x≤1
由题意，函数 f(x)={ ，函数y=f(x),y=x有两个交点，
(x−a) 3,x>1
1 1
a−|2×(− )+1|>−
2 2
若 x1 时，y=f(x)−x恰有两个零点时，如图（1）所示，则满足{ ，解得
a−|2×1+1|≤1
(1−a) 3>1
1
− <a<0；
2若x1时，y=f(x)−x恰有一个零点，在x1时，y=f(x)−x恰有一个零点，
1 1
1 1 a−|2×(− )+1|>−
a−|2×(− )+1|=− 2 2
则{ 2 2或{ 解得a4，
a−|2×1+1|>1
(1−a) 3<1
(1−a) 3<1
1
结合选项，可得 a 的可能取值为− 和6. 故选：BD.
4
题组三、利用导数研究函数性质的综合性问题
3-1、（2022·江苏通州·高三期末）（多选题）已知函数f(x)＝ekx，g(x)＝ ，其中k≠0，则（ ）
A．若点P(a，b)在f(x)的图象上，则点Q(b，a)在g(x)的图象上
B．当k＝e时，设点A，B分别在f(x)，g(x)的图象上，则|AB|的最小值为
C．当k＝1时，函数F(x)＝f(x)－g(x)的最小值小于
D．当k＝－2e时，函数G(x)＝f(x)－g(x)有3个零点
【答案】ACD
【解析】由 得 ， ，所以 是 的反函数，它们的图象关于直线
对称，A正确；时， ， ，由 得 ， ，
所以函数 的与直线 平行的切线的切点是 ， 到直线 的距离是
，所以 ，B错；
时， ，则 ， 是增函数，
， ，所以 在 ，即在 上存在唯一零点 ，
， 时， ， 时， ，即 在 上递减，在 上递
增，所以 ， ， ，所以 ，
由对勾函数知 在 上是减函数， ，所以 ，C正确；
时， 是减函数， 也是减函数，它们互为反函数，作出它们的图象，如图，易
知它们有一个交点在直线 上，在右侧， 的图象在 轴上方，而 的图象在 处穿过 轴过渡
到 轴下方，之间它们有一个交点，根据对称性，在左上方，靠近 处也有一个交点，因此函数
与 的图象有3个交点，所以 有3个零点，D正确．
故选：ACD．
3-2、（2022·广东·铁一中学高三期末）已知直线 恒在函数 的图象的上方，则 的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】很明显 ，
否则 时，函数 单调递减，且 时 ，
而 当 时 ，不合题意，
时函数 为常函数，
而 当 时 ，不合题意，
当 时，构造函数 ，
由题意可知 恒成立，注意到： ，
据此可得，函数在区间 上的单调递减，在区间 上单调递增，
则： ，
故 ， ，
构造函数 ，则 ，还是 在 处取得极值，
结合题意可知： ，即 的取值范围是 .
故选：A.
3-3、（2022·湖南常德·高三期末）若函数 为定义在R上的奇函数， 为 的导函数，当 时，
，则不等式 的解集为（ ）
A． B．
C．（0，2） D．
【答案】D【解析】令 ，则 ，
因为，当 时， ，
所以当 时， ，
所以 在 上单调递增，
因为 为定义在R上的奇函数，
所以 ，所以 ，
所以不等式 转化为 ，
因为 在 上单调递增，所以 ，
所以当 时， ，
因为 为定义在R上的奇函数，
所以当 时， 不满足 ，
综上，不等式的解集为
故选：D
3-4、（2022·广东揭阳·高三期末）已知函数 ，过点 可作两条直线与函数 相
切，则下列结论正确的是（ ）
A． B．
C． 的最大值为2 D．
【答案】B
【解析】设切点为 ，又 ，则切线的斜率
又 ，即有 ，整理得 ，
由于过点 可作两条直线与函数 相切所以关于 的方程 有两个不同的正根，设为 ，则
，得 ，
，故B正确，A错误，
对于C，取 ，则 ，所以 的最大值不可能为2，故C错误，
对于D，取 ，则 ，故D错误.
故选：B.
3-5、（2022·湖北襄阳·高三期末）关于函数 有下列四个结论：
①函数 的图象关于点 中心对称；②函数 在定义域内是增函数；
③曲线 在 处的切线为 ；④函数 无零点；
其中正确结论的个数为（ ）
A．4 B．3 C．2 D．1
【答案】C
【解析】对于函数 ，有 ，
故 的图象关于点 中心对称，所以①不正确；
，而 ，当且仅当x=0时取等号，
所以 ，故 在定义域内是增函数，故②正确；
，故线 在 处的切线为 ，
即 ，故③正确；
由 可知， 在（-1,0）之间有零点，故④错误，
故选：C.
1、（2022·广东揭阳·高三期末）已知函数f (x)=ex ⋅sinx，该函数在 处的切线方程为__________.
【答案】
【解析】对函数 求导可得f'(x)=ex(sinx+cosx)，把 代入可得f'(0)=1，
则切线方程的斜率 .又因为 ，所以切点为 ，从而可得切线方程为 .
故答案为： .
2
y ex x2  x
2、（2021·山东聊城市·高三三模）曲线 3 在x 0处的切线的倾斜角为，则
 
sin 2 
 
 2 __________．
4
【答案】5
2 2 1
y f(x)ex 2x f(0)e0  
【解析】由题得 3 ，所以 3 3，
1  3
tan ,(0, ),cos
所以 3 2 10 ，
  9 4
sin 2 cos22cos212 1
 
所以  2 10 5 .
4
故答案为：53、（2022·湖北武昌·高三期末）函数f (x)=|2ex−1|−2x的最小值为______．
【答案】1
【解析】当x≥−ln2时，2ex−1≥0，此时f (x)=2ex−1−2x，f'(x)=2ex−2，令 得： ，
令 得：−ln2≤x<0，故此时f (x)=2ex−1−2x在 处取得最小值，f (0)=1；
当x<−ln2时，2ex−1<0，此时f (x)=1−2ex−2x，此时f (x)=1−2ex−2x在(−∞,−ln2)单调递减，
且f (−ln2)=2ln2>1；
综上：函数f (x)=|2ex−1|−2x的最小值为1.
故答案为：1
1
4、（2022·湖北·恩施土家族苗族高中高三期末）函数f(x)=ex− x2−ax是R上的单调递增函数，则a的
2
取值范围是______．
【答案】
【解析】
由题设，f' (x)=ex−x−a，又 在 R上的单调递增函数，
∴a≤ex−x恒成立，令y=ex−x，则y'=ex−1，
∴当x∈(−∞,0)时y'<0，则 递减；当x∈(0,+∞)时y'>0，则 递增.
∴y = y| =1，故 .
min x=0
故答案为： .
{ 2x−t,x≥0,
5、（2022·江苏如东·高三期末）函数f(x)=
有三个零点x，x，x，且x＜x＜x，则
−x2−4x−t,x<0 1 2 3 1 2 3
xxx 的取值范围是__________.
1 2 3
【答案】[0,8)
{ 2x,x≥0,
【解析】设g(x)=
−x2−4x,x<0{ 2x−t,x≥0,
函数f(x)=
有三个零点x，x，x，
−x2−4x−t,x<0 1 2 3
即y=g(x)的图像与直线y=t有三个交点.作出函数的图像y=g(x)，如图.
根据图像可得1≤t<4
则 是−x2−4x−t=0的两个实数根，则x x =t
1 2
x 满足2x 3−t=0，即x =log t
3 3 2
tlnt
所以x x x =tlog t=
1 2 3 2 ln2
tlnt 1
设ℎ(t)= ，则ℎ '(t)= (1+lnt)
ln2 ln2
1
由1≤t<4，则ℎ '(t)= (1+lnt)>0
ln2
tlnt
所以ℎ(t)= 在[1,4)上单调递增，
ln2
所以ℎ(t)∈[0,8)
故答案为：[0,8)
6、（2022·山东烟台·高三期末）若 是函数f (x)=(x2+ax+1)e−x的极值点，则 的极大值为
______．
4
【答案】 ，
e
【解析】由f (x)=(x2+ax+1)e−x，得f'(x)=(2x+a)e−x−(x2+ax+1)e−x，
因为 是函数f (x)=(x2+ax+1)e−x的极值点，
所以f' (−1)=0，即(−2+a)e−(1−a+1)e=0，解得a=2，所以f (x)=(x2+2x+1)e−x，f'(x)=(2x+2)e−x−(x2+2x+1)e−x=(−x2+1)e−x，
令f' (x)=0，则(−x2+1)e−x=0，得x=±1，
，f' (x)和 变化情况如下表：
(−∞,−1) −1 (−1,1) 1
f' (x) − 0 + 0 −
递减 极小值 递增 极大值 递减
4
所以当 时，函数取得极大值f (1)=4e−1= ，
e
4
故答案为：
e
f x2sinxsin2x
7、（2021·山东潍坊市·高三三模）（多选题）已知函数 ，则下列结论正确的是（
）
π
A． f x的周期为 B．y  f x的图象关于x 对称
2π 2
3 3 2π 4π
,
C． f x 的最大值为 2 D． f x 在区间在   3 3  上单调递减
【答案】ACD
f x2π2sinx2πsin2x2π2sinxsin2x f x
【解析】由于 ，故A正确；
f πx2sinπxsin2πx2sinxsin2x f x
由于 ，
π
即y  f x的图象不关于x 对称，故B错误；
2
fx2cosx2cos2x2cosx2  2cos2 x1  4cos2 x2cosx2
 1
4cosx1 cosx
 
 2 2 2 
x  2k, 2k ,kZ
当   3 3   时， fx0，函数 f x 单调递增；
 2  2 
x 2k, 2k x 2k,2k ,kZ
当   3  或   3   时， fx0，函数 f x 单调递减；
2 2 2 3 3
f x f 2sin sin2 
 
所以 max  3  3 3 2 ，故C正确；
2 4
,
由C项分析可知， f x 在   3 3  上单调递减，故D正确；
故选：ACD.
f'(x)
8、（2022·湖北·黄石市有色第一中学高三期末）（多选题）设函数f (x)=xlnx，g(x)= ，则下列说
x
法正确的有（ ）
(1 )
A．不等式g(x)>0的解集为 ,+∞ ；
e
gx
B．函数 在(0,e)单调递增，在(e,+∞)单调递减；
(1 )
C．当x∈ ,1 时，总有f (x)<g(x)恒成立；
e
( 1)
D．若函数F(x)=f (x)−ax2有两个极值点，则实数a∈ 0,
2
【答案】ACD
lnx+1
【解析】由题意得f' (x)=lnx+1，则g(x)= (x>0)
x
对于A：由g(x)= lnx+1 >0，可得lnx>−1，解得x> 1 ，所以解集为 (1 ,+∞ ) ，故A正确；
x e e
1
⋅x−(lnx+1)
对于B： g' (x)= x = −lnx，令g' (x)=0，解得x=1，
x2 x2
x(0,1) g(x)
所以当 时，g' (x)>0，函数 为增函数，
g(x)
当x∈(1,+∞)时，g' (x)<0，函数 为减函数，故B错误；(1 )
对于C：当x∈ ,1 时，若f (x)<g(x)，则f(x)−g(x)<0，
e
lnx+1
所以xlnx− <0，即x2lnx−lnx−1<0，
x
令ℎ(x)=x2lnx−lnx−1,x∈ (1 ,1 ) ，
e
1 1 1
则ℎ ' (x)=2x⋅lnx+x2 ⋅ − =2xlnx+x− ，
x x x
1 1 1
ℎ
″ (x)=2lnx+2x⋅ +1+ =2lnx+3+
，
x x2 x2
当x∈ (1 ,1 ) 时，ℎ ″ (x)>0，函数ℎ ' (x)为增函数，
e
又ℎ ' (1)=0+1−1=0，所以ℎ ' (x)<0在x∈ (1 ,1 ) 是恒成立，
e
所以ℎ(x)=x2lnx−lnx−1,x∈ (1 ,1 ) 为减函数，
e
又ℎ(x) = ℎ (1) =− 1 <0，所以ℎ(x)=x2lnx−lnx−1<0在x∈ (1 ,1 ) 是恒成立，
max e e2 e
(1 )
所以当x∈ ,1 时，总有f (x)<g(x)恒成立，故C正确；
e
对于D：若函数F(x)=f (x)−ax2=xlnx−ax2有两个极值点，
则F' (x)=lnx+1−2ax=0有两个根，即2a=
lnx+1
在
(0,)
有两个根，
x
lnx+1 −lnx
令m(x)= ，则m' (x)= ，
x x2
x(0,1)
所以当 时，m' (x)>0，函数m(x)为增函数，
当x∈(1,+∞)时，m' (x)<0，函数m(x)为减函数，
又当x0时，m(x)→−∞，当x时，m(x)→0，m(1)=1，
( 1)
所以2a∈(0,1)，解得a∈ 0, ，故D正确.
2
故选：ACD