04选填题之导数的简单应用（解析版）

☆注：请用MicrosoftWord2016以上版本打开文件进行编辑，用WPS等其他软件可能会出现乱码等现象.高中数学二轮复习讲义——选填题部分第4讲导数的简单应用从近三年高考情况来看，导数的概念及计算一直是高考中的热点，对本知识的考查主要是导数的概念及其运算法则、导数的几何意义等内容，常以选择题或填空题的形式呈现，有时也会作为解答题中的一问．解题时要掌握函数在某一点处的导数定义、几何意义以及基本初等函数的求导法则，会求简单的复合函数的导数．导数的应用也一直是高考的热点，尤其是导数与函数的单调性、极值、最值问题是高考考查的重点内容，一般以基本初等函数为载体，考查导数的相关知识及应用，题型有选择题、填空题，也有解答题中的一问，难度一般较大，常以把关题的位置出现．解题时要熟练运用导数与函数单调性、极值与最值之间的关系，理解导数工具性的作用，注重数学思想和方法的应用．题型一、导数的几何意义——切线考点1.在点问题与过点问题1．（2018•新课标Ⅰ）设函数f（x）＝x3+（a﹣1）x2+ax．若f（x）为奇函数，则曲线y＝f（x）在点（0，0）处的切线方程为（）A．y＝﹣2x B．y＝﹣x C．y＝2x D．y＝x【解答】解：函数f（x）＝x3+（a﹣1）x2+ax，若f（x）为奇函数，f（﹣x）＝﹣f（x），﹣x3+（a﹣1）x2﹣ax＝﹣（x3+（a﹣1）x2+ax）＝﹣x3﹣（a﹣1）x2﹣ax．所以：（a﹣1）x2＝﹣（a﹣1）x2可得a＝1，所以函数f（x）＝x3+x，可得f′（x）＝3x2+1，曲线y＝f（x）在点（0，0）处的切线的斜率为：1，则曲线y＝f（x）在点（0，0）处的切线方程为：y＝x．故选：D．2．已知曲线C：f（x）＝x3﹣ax+a，若过曲线C外一点A（1，0）引曲线C的两条切线，它们的倾斜角互补，则a的值为（）A．278 B．﹣2 C．2 D．【解答】解：由f（x）＝x3﹣ax+a，得f′（x）＝3x2﹣a，设切点为(x∴f'∴过切点的切线方程为y-x∵切线过点A（1，0），∴-x解得：x0＝0或x0∴f′（0）＝﹣a，f'由两切线倾斜角互补，得﹣a=a-27∴a=27故选：A．考点2.公切线问题1．（2016•新课标Ⅱ）若直线y＝kx+b是曲线y＝lnx+2的切线，也是曲线y＝ln（x+1）的切线，则b＝1﹣ln2．【解答】解：设y＝kx+b与y＝lnx+2和y＝ln（x+1）的切点分别为（x1，kx1+b）、（x2，kx2+b）；由导数的几何意义可得k=1x1=1x2再由切点也在各自的曲线上，可得kx1+b=lnx从而kx1+b＝lnx1+2得出b＝1﹣ln2．2．已知函数，，若直线与函数，的图象都相切，则的最小值为（

）A．2 B． C． D．【答案】B【分析】利用导数的几何意义分别得到、，再运用基本不等式即可求解.【详解】设直线与函数，的图象相切的切点分别为，.由，有，解得，.又由，有，解得，，可得，当且仅当，时取“=”.故选：B3．设函数f(x)=32x2-2ax(a＞0)与g（x）＝a2lnx+b【解答】解：设公共点坐标为（x0，y0），则f'(x)=3x-2a，所以有f'（x0）＝g'（x0），即3x0-2a=a2x0，解出又y0＝f（x0）＝g（x0），所以有32故b=3所以有b=-12a2-a2lna，对b求导有b故b关于a的函数在(0，1e所以当a=1e时b有最大值故答案为：12考点3.切线综合问题1．设点P在曲线y=12ex上，点Q在曲线y＝ln（2x）上，则|PQA．1﹣ln2 B．2（1﹣ln2） C．1+ln2 D．2（1+ln2）【解答】解：由题意知函数y=12ex与y＝ln（2x）互为反函数，其图象关于直线y＝两曲线上点之间的最小距离就是y＝x与y=12ex上点的最小距离的设y=12ex上点（x0，y0）处的切线与直线y＝x平行，则12ex0∴x0＝ln2，y0＝1，∴点（x0，y0）到y＝x的距离为|ln2-1|2=22（1则|PQ|的最小值为22（1﹣ln2）×2=2（1﹣ln故选：B．2．设曲线y＝（ax﹣1）ex在点A（x0，y0）处的切线为l1，曲线y＝（1﹣x）e﹣x在点B（x0，y1）处的切线为l2，若存在x0∈[0，32]，使得l1⊥l2，则实数aA．（﹣∞，1] B．（12，+∞） C．（1，32） D．[1，【解答】解：函数y＝（ax﹣1）ex的导数为y′＝（ax+a﹣1）ex，∴l1的斜率为k1＝（ax0+a﹣1）ex函数y＝（1﹣x）e﹣x的导数为y′＝（x﹣2）e﹣x∴l2的斜率为k2＝（x0﹣2）e-由题设有k1•k2＝﹣1从而有（ax0+a﹣1）ex0•（x0﹣2）e∴a（x02﹣x0﹣2）＝x0﹣3，∵x0∈[0，32]，得到x02﹣x0﹣2≠0，所以a=又a′=-(x0-1)(x0-5)(x0故a=x0-3x02-x0x0＝0时取得最大值为32；x0＝1时取得最小值为1∴1≤a≤3故选：D．3．若曲线有两条过坐标原点的切线，则a的取值范围是．【答案】【分析】设出切点横坐标，利用导数的几何意义求得切线方程，根据切线经过原点得到关于的方程，根据此方程应有两个不同的实数根，求得的取值范围.【详解】∵，∴，设切点为,则,切线斜率,切线方程为：,∵切线过原点，∴,整理得：,∵切线有两条，∴,解得或,∴的取值范围是,故答案为：4．已知函数，函数的图象在点和点的两条切线互相垂直，且分别交y轴于M，N两点，则取值范围是．【答案】【分析】结合导数的几何意义可得，结合直线方程及两点间距离公式可得，，化简即可得解.【详解】由题意，，则，所以点和点，,所以，所以，所以，同理,所以.故答案为：题型二、导数与函数的单调性考点1.已知单调性求参1．已知函数f（x）=12mx2﹣2x+lnx在定义域内是增函数，则实数A．[﹣1，1] B．[﹣1，+∞） C．[1，+∞） D．（﹣∞，1]【解答】解：∵函数f（x）=12mx2+lnx﹣2x在定义域（x＞∴f′（x）＝mx+1x-2≥0，化为令g（x）=2g′（x）=-1x2+2x3=-2(x-1)x3，解g′（x）＞0，得0＜x＜1；解因此当x＝1时，g（x）取得最大值，g（1）＝1．∴m≥1．故实数m的取值范围是[1，+∞），故选：C．2．若函数f（x）＝kx﹣lnx在区间（1，+∞）上为单调函数，则k的取值范围是（﹣∞，0]∪[1，+∞）．【解答】解：f′（x）＝k-1∵函数f（x）＝kx﹣lnx在区间（1，+∞）单调，∴f′（x）≥0在区间（1，+∞）上恒成立，或f′（x）≤0在区间（1，+∞）上恒成立，∴k≥1x或k而y=1x在区间（1，∴k≥1或k≤0∴k的取值范围是（﹣∞，0]∪[1，+∞），故答案为：（﹣∞，0]∪[1，+∞）．3．（2016•新课标Ⅰ）若函数f（x）＝x-13sin2x+asinx在（﹣∞，+∞）单调递增，则A．[﹣1，1] B．[﹣1，13] C．[-13，13] D．[﹣【解答】解：函数f（x）＝x-13sin2x+asinx的导数为f′（x）＝1-23cos2x+由题意可得f′（x）≥0恒成立，即为1-23cos2x+acosx即有53-43cos2x+a设t＝cosx（﹣1≤t≤1），即有5﹣4t2+3at≥0，当t＝0时，不等式显然成立；当0＜t≤1时，3a≥4t-5由4t-5t在（0，1]递增，可得t＝1时，取得最大值﹣可得3a≥﹣1，即a≥-1当﹣1≤t＜0时，3a≤4t-5由4t-5t在[﹣1，0）递增，可得t＝﹣1时，取得最小值可得3a≤1，即a≤1综上可得a的范围是[-13，1另解：设t＝cosx（﹣1≤t≤1），即有5﹣4t2+3at≥0，由题意可得5﹣4+3a≥0，且5﹣4﹣3a≥0，解得a的范围是[-13，1故选：C．4．已知函数f（x）＝x3+bx2+cx+d在区间[﹣1，2]上是减函数，那么b+c有最大值-152【解答】解：函数f（x）＝x3+bx2+cx+d在区间[﹣1，2]上是减函数，f′（x）＝3x2+2bx+c≤0在区间[﹣1，2]上恒成立，只要f'(-1)≤0f'(2)≤0即3-2b+c≤012+4b+c≤0成立即可．当过A点时，b+c有最大值．A(-32，-6)故答案为：-15考点2.已知存在单调区间求参1．若函数f（x）＝x2﹣ex﹣ax在R上存在单调递增区间，则实数a的取值范围为（﹣∞，2ln2﹣2）．【解答】解：∵函数f（x）＝x2﹣ex﹣ax，∴f′（x）＝2x﹣ex﹣a，∵函数f（x）＝x2﹣ex﹣ax在R上存在单调递增区间，∴f′（x）＝2x﹣ex﹣a＞0，即a＜2x﹣ex有解，令g′（x）＝2﹣ex，g′（x）＝2﹣ex＝0，x＝ln2，g′（x）＝2﹣ex＞0，x＜ln2，g′（x）＝2﹣ex＜0，x＞ln2∴当x＝ln2时，g（x）max＝2ln2﹣2，∴a＜2ln2﹣2即可．故答案为：（﹣∞，2ln2﹣2）．2．已知函数f（x）＝lnx+（x﹣b）2（b∈R）在区间[12，A．(-∞，32) B．(-∞，94) C．（﹣【解答】解：∵函数f（x）在区间[1∴函数f（x）在区间[12，2]上存在子区间使得不等式f′（f'(x)=1设h（x）＝2x2﹣2bx+1，则h（2）＞0或h(1即8﹣4b+1＞0或12得b＜故选：B．考点3.利用构造函数解不等式1．已知f（x）的定义域为（0，+∞），f′（x）为f（x）的导函数，且满足f（x）＞﹣xf′（x），则不等式f（x+1）＞（x﹣1）f（x2﹣1）的解集是（）A．（1，2） B．（1，+∞） C．（0，2） D．（2，+∞）【解答】解：∵f（x）＞﹣xf′（x），∴（x•f（x））′＞0，故函数y＝x•f（x）在（0，+∞）上是增函数，由不等式f（x+1）＞（x﹣1）f（x2﹣1）得：（x+1）f（x+1）＞（x+1）（x﹣1）f（x2﹣1），即（x+1）f（x+1）＞（x2﹣1）f（x2﹣1），∴x+1＞x2﹣1＞0，解得：1＜x＜2，故选：A．2．定义在R上的函数f（x）满足：f（﹣x）+f（x）＝x2，当x＜0时，f′（x）＜x，则不等式f（x）+12≤f（1﹣x）+x的解集为【解答】解：∵定义在R上的函数f（x）满足：f（﹣x）+f（x）＝x2，两边对x求导，得﹣f′（﹣x）+f′（x）＝2x，∴f′（x）＝f′（﹣x）+2x，令x＞0，则﹣x＜0，∵当x＜0时，f′（x）＜x，∴f′（﹣x）＜﹣x，∴f′（x）＜2x﹣x，即f′（x）＜x，又f（0）＝0，直线y＝x过原点，∴f′（0）≤0，∴x∈R，都有f′（x）＜x，令F（x）＝f（x）+12-f（1﹣xF′（x）＝f′（x）+f′（1﹣x）﹣1＜x+1﹣x﹣1＝0，∴F（x）是R上的单调减函数，且F（12）＝0∴不等式f（x）+12≤f（1﹣x）+x化为：f（x）+12-f（1﹣x）﹣x则不等式的解集是[1故答案为：[13．已知函数f（x）在R上可导，其导函数为f′（x），若f（x）满足f'(x)-f(x)x-1＞0，f（2﹣x）＝f（x）•e2﹣2A．f（1）＜f（0） B．f（3）＞e3•f（0） C．f（2）＞e•f（0） D．f（4）＜e4•f（0）【解答】解：令g（x）=f(x)ex，则g′（x∵f（x）满足f'(x)-f(x)x-1＞∴当x＜1时，f′（x）﹣f（x）＜0．∴g′（x）＜0．此时函数g（x）单调递减．∴g（﹣1）＞g（0）．即f(-1)∵f（2﹣x）＝f（x）•e2﹣2x∴f（3）＝f（﹣1）e4＞e﹣1f（0）•e4＝e3f（0）．故选：B．4．设函数f（x）是定义在（﹣∞，0）上的可导函数，其导函数为f′（x），且有2f（x）+xf′（x）＞x2，则不等式（x+2018）2f（x+2018）﹣4f（﹣2）＞0的解集为（）A．（﹣2020，0） B．（﹣∞，﹣2020） C．（﹣2016，0） D．（﹣∞，﹣2016）【解答】解：根据题意，设g（x）＝x2f（x），x＜0，其导数g′（x）＝[x2f（x）]′＝2xf（x）+x2f′（x）＝x（2f（x）+xf′（x）），又由2f（x）+xf′（x）＞x2≥0，且x＜0，则g′（x）≤0，则函数g（x）在区间（﹣∞，0）上为减函数，（x+2018）2f（x+2018）﹣4f（﹣2）＞0⇒（x+2018）2f（x+2018）＞（﹣2）2f（﹣2）⇒g（x+2018）＞g（﹣2），又由函数g（x）在区间（﹣∞，0）上为减函数，则有x+2018＜解可得：x＜﹣2020，即不等式（x+2018）2f（x+2018）﹣4f（﹣2）＞0的解集为（﹣∞，﹣2020）；故选：B．考点4.构造函数比较大小1．设a=14e25，bA．a＜c＜b B．a＜b＜c C．b＜c＜a D．c＜a＜b【解答】解：ab=1令f（x）=exx，0＜x∴f′（x）=ex∴f（x）在（0，1）上单调递减，∴f（25）＜f（1∴ab＜1，即a＜∵a=14e2∴a﹣c=14e25-14令g（x）＝ex﹣3x，∴g′（x）＝ex﹣3，当x＜ln3时，g′（x）＜0，∴g（x）在（﹣∞，ln3）上单调递减，∵g（12）=e∴g（25）＞g（12）＞∴a﹣c＞0，∴a＞c，∴c＜a＜b．故选：D．2．，则（）A． B． C． D．【答案】B【分析】根据给定条件，构造函数，借助导数探讨函数单调性比较大小即得.【详解】依题意，，令，求导得，因此函数在上单调递增，，即，则；令，求导得，因此函数在上单调递增，，即，则，所以.故选：B3．设，则（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】构造函数，导数判断其单调性，由此确定的大小.【详解】方法一：构造法设，因为，当时，，当时，所以函数在单调递减，在上单调递增，所以，所以，故，即，所以，所以，故，所以，故，设，则,令，，当时，，函数单调递减，当时，，函数单调递增，又，所以当时，，所以当时，，函数单调递增，所以，即，所以故选：C.方法二：比较法解：，，，①，令则，故在上单调递减，可得，即，所以；②，令则，令，所以，所以在上单调递增，可得，即，所以在上单调递增，可得，即，所以故4．已知，则（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】法一：根据指对互化以及对数函数的单调性即可知，再利用基本不等式，换底公式可得，，然后由指数函数的单调性即可解出．【详解】［方法一］：（指对数函数性质）由可得，而，所以，即，所以.又，所以，即，所以.综上，.［方法二］：【最优解】（构造函数）由，可得．根据的形式构造函数，则，令，解得，由知.在上单调递增，所以，即，又因为，所以.故选：A.题型三、导数与函数的极值、最值问题考点1.探求极值与最值1．（2017•新课标Ⅱ）若x＝﹣2是函数f（x）＝（x2+ax﹣1）ex﹣1的极值点，则f（x）的极小值为（）A．﹣1 B．﹣2e﹣3 C．5e﹣3 D．1【解答】解：函数f（x）＝（x2+ax﹣1）ex﹣1，可得f′（x）＝（2x+a）ex﹣1+（x2+ax﹣1）ex﹣1，x＝﹣2是函数f（x）＝（x2+ax﹣1）ex﹣1的极值点，可得：f′（﹣2）＝（﹣4+a）e﹣3+（4﹣2a﹣1）e﹣3＝0，即﹣4+a+（3﹣2a）＝0．解得a＝﹣1．可得f′（x）＝（2x﹣1）ex﹣1+（x2﹣x﹣1）ex﹣1，＝（x2+x﹣2）ex﹣1，函数的极值点为：x＝﹣2，x＝1，当x＜﹣2或x＞1时，f′（x）＞0函数是增函数，x∈（﹣2，1）时，函数是减函数，x＝1时，函数取得极小值：f（1）＝（12﹣1﹣1）e1﹣1＝﹣1．故选：A．2．（2018•新课标Ⅰ）已知函数f（x）＝2sinx+sin2x，则f（x）的最小值是-33【解答】解：由题意可得T＝2π是f（x）＝2sinx+sin2x的一个周期，故只需考虑f（x）＝2sinx+sin2x在[0，2π）上的值域，先来求该函数在[0，2π）上的极值点，求导数可得f′（x）＝2cosx+2cos2x＝2cosx+2（2cos2x﹣1）＝2（2cosx﹣1）（cosx+1），令f′（x）＝0可解得cosx=12或cosx＝﹣可得此时x=π3，π或∴y＝2sinx+sin2x的最小值只能在点x=π3，π或5π3和边界点x计算可得f（π3）=332，f（π）＝0，f（5π3）=-33∴函数的最小值为-3故答案为：-33．（2013•新课标Ⅱ）已知函数f（x）＝x3+ax2+bx+c，下列结论中错误的是（）A．∃x0∈R，f（x0）＝0 B．函数y＝f（x）的图象是中心对称图形 C．若x0是f（x）的极小值点，则f（x）在区间（﹣∞，x0）上单调递减 D．若x0是f（x）的极值点，则f′（x0）＝0【解答】解：A、对于三次函数f（x）＝x3+ax2+bx+c，由于当x→﹣∞时，y→﹣∞，当x→+∞时，y→+∞，故∃x0∈R，f（x0）＝0，故A正确；B、∵f（-2a3-x）+f（x）＝（-2a3-x）3+a（-2a3-x）2+b（-2a3-x）+c+xf（-a3）＝（-a3）3+a（-a3）2+b（-∵f（-2a3-x）+f（x）＝2f∴点P（-a3，f（-aC、若取a＝﹣1，b＝﹣1，c＝0，则f（x）＝x3﹣x2﹣x，对于f（x）＝x3﹣x2﹣x，∵f′（x）＝3x2﹣2x﹣1∴由f′（x）＝3x2﹣2x﹣1＞0得x∈（﹣∞，-13）∪（1，由f′（x）＝3x2﹣2x﹣1＜0得x∈（-13，∴函数f（x）的单调增区间为：（﹣∞，-13），（1，+∞），减区间为：（-1故1是f（x）的极小值点，但f（x）在区间（﹣∞，1）不是单调递减，故C错误；D：若x0是f（x）的极值点，根据导数的意义，则f′（x0）＝0，故D正确．由于该题选择错误的，故选：C．4．已知函数f（x）＝x3﹣px2﹣qx的图象与x轴切于点（1，0），则f（x）的极值为（）A．极大值为427，极小值为0B．极大值为0，极小值为427C．极小值为-427，极大值为D．极大值为-427【解答】解：f′（x）＝3x2﹣2px﹣q，由函数f（x）的图象与x轴切于点（1，0）得：p+q＝1，∴q＝1﹣p①，3﹣2p﹣q＝0②，由①②，得p＝2，q＝﹣1，则函数f（x）＝x3﹣2x2+x则f′（x）＝3x2﹣4x+1令其＝0得到：x＝1或x=1①当x≤13时，f′（x）＜0，f（x）单调减，极值＝f（13②当x≥1时，f′（x）＞0，f（x）函数单调增，极值为f（1）＝0故比较大小得：f（x）的极大值为427，极小值为0故选：A．考点2.已知极值（点）求参1．若函数f（x）=x33-a2x2+x+1在区间（A．（2，52） B．[2，52） C．（2，103） D．[2【解答】解：∵函数f（x）=x33-a2∴f′（x）＝x2﹣ax+1，若函数f（x）=x33-a2x2+x则f′（x）＝x2﹣ax+1在区间（12，3由x2﹣ax+1＝0可得a＝x+∵x∈（12，3∴2≤a＜10当a＝2时，函数f（x）的导函数等于零时值只有1，可是两边的单调性相同，所以a不能等于2．故选：C．2．已知函数f(x)=exx2+2klnx-kx，若x＝2是函数fA．(-∞，e24) B．(-∞，e2] C．（0【解答】解：∵函数f（x）的定义域是（0，+∞），∴f′（x）=ex(x-2)∵x＝2是函数f（x）的唯一一个极值点，∴x＝2是导函数f′（x）＝0的唯一根，∴ex﹣kx2＝0在（0，+∞）无变号零点，即k=exx2在x＞0上无变号零点，令g（因为g'（x）=e所以g（x）在（0，2）上单调递减，在x＞2上单调递增，所以g（x）的最小值为g（2）=e所以必须k＜e故选：A．3．已知函数f（x）＝x（lnx﹣2ax）有两个极值点，则实数a的取值范围是（）A．（﹣∞，14） B．（0，12） C．（0，14） D．（1【解答】解：f（x）＝xlnx﹣2ax2（x＞0），f′（x）＝lnx+1﹣4ax．令g（x）＝lnx+1﹣4ax，∵函数f（x）＝x（lnx﹣ax）有两个极值点，则g（x）＝0在区间（0，+∞）上有两个实数根．g′（x）=1x-4当a≤0时，g′（x）＞0，则函数g（x）在区间（0，+∞）单调递增，因此g（x）＝0在区间（0，+∞）上不可能有两个实数根，应舍去．当a＞0时，令g′（x）＝0，解得x=1令g′（x）＞0，解得0＜x＜14a，此时函数g（令g′（x）＜0，解得x＞14a，此时函数g（∴当x=14a时，函数g（当x趋近于0与x趋近于+∞时，g（x）→﹣∞，要使g（x）＝0在区间（0，+∞）上有两个实数根，只需g（14a）＝ln14a＞0，解得0＜∴实数a的取值范围是（0，14故选：C．4．当时，函数取得最大值，则（

）A． B． C． D．1【答案】B【分析】根据题意可知，即可解得，再根据即可解出．【详解】因为函数定义域为，所以依题可知，，，而，所以，即，所以，因此函数在上递增，在上递减，时取最大值，满足题意，即有．故选：B.5．已知函数f（x）＝lnx-ax，a为常数．若f（x）在[1，e]上的最小值为32【解答】解：（1）由题意得f（x）的定义域为（0，+∞），f′（x）=1①当a≥0时，f'（x）＞0，故f（x）在上为增函数；②当a＜0时，由f'（x）＝0得x＝﹣a；由f'（x）＞0得x＞﹣a；由f'（x）＜0得x＜﹣a；∴f（x）在（0，﹣a]上为减函数；在（﹣a，+∞）上为增函数．所以，当a≥0时，f（x）在（0，+∞）上是增函数；当a＜0时，f（x）在（0，﹣a]上是减函数，在（﹣a，+∞）上是增函数．（2）由（1），当a≥0时，f（x）在[1，e]上单调递增，∴f（x）min＝f（1）＝﹣a=3∴a=-3当﹣1＜a＜0时，f（x）在[1，e]递增，f（x）min＝f（1）＝﹣a=3﹣e＜a＜﹣1时，f（x）在[1，﹣a]上单调递减，在[﹣a，e]上单调递增，∴f（x）min＝f（﹣a）＝ln（﹣a）+1=32，解得a当a＜﹣e时，f（x）在[1，e]上单调递增，∴f（x）min＝f（1）＝﹣a=32，解得a综上所述，a=-e6．已知函数f（x）＝（x2+1）lnx﹣m（x2﹣1），则下列结论正确的是（）A．当m＝0时，曲线y＝f（x）在点（1，f（1））处的切线方程为y＝2x B．当m≤1时，f（x）在定义域内为增函数 C．当m＞1时，f（x）既存在极大值又存在极小值 D．当m＞1时，f（x）恰有3个零点x1，x2，x3，且x1x2x3＝1【解答】解：对于A，当m＝0时，曲线f（x）＝（x2+1）lnx，则f′（x）＝2xlnx+x2+1x，切线斜率k＝f′（1）＝2ln∵f（1）＝（12+1）ln1＝0，∴曲线在（1，f（1））处的切线方程为y＝2（x﹣1）＝2x﹣2，故A错误；对于B，f'(x)=2xlnx+x2+1x-2mx＝x（2lnx令h（x）＝2lnx+1+1x2（x＞0当x＞1时，h′（x）＞0，h（x）＝2lnx+1+1x2（x当0＜x＜1时，h′（x）＜0，h（x）＝2lnx+1+1x2（xh（x）＝2lnx+1+1x2（x＞0）在x＝1处取得最小值h（1）＝2ln1+1当m≤1时，2lnx+1+1x2-2m≥0对任意故当m≤1时，f（x）在定义域内为增函数，故选项B正确；对于C，由以上分析知道，h（x）＝2lnx+1+1x2（x＞0）在xh（1）＝2ln1+1+11当m＞1时，h（x）＝2lnx+1+1x2不妨设为x1，x2，（0＜x1＜1＜x2），则当0＜x＜x1时，2lnx+1+1x2-2m＞0，f′（x）＞0，当x1＜x＜x2时，2lnx+1+1x2-2m＜0，f′（x）＜0，当x＞x2时，2lnx+1+1x2-2m＞0，f′（x）＞0，∴f（x）既存在极大值，又存在极小值，故C正确；对于D，由上面分析知f（x）既存在极大值，又存在极小值，不妨设f（x）的极大值为m，极小值为n，且0＜m＜1＜n，f（x）在（m，n）上单调递减，又f（1）＝（12+1）ln1﹣m（12﹣1）＝0，∴f（x）极大值为正值，极小值为负值，当x→0时，f（x）→﹣∞；当x→+∞时，f（x）→+∞，∴函数f（x）有三个零点，不妨设为x1，x2，x3，（0＜x1＜1，x2＝1，x3＞1），又f（x1）+f（1x1）＝（x12+1）lnx1﹣m（x12-1）+（＝（x12+1）lnx1+m（1-x12）＝（1-1x12）[（x12+1）lnx1+m（∴x3=1x1，∴当m＞1时，f（x）恰有3个零点x1，x2，x3，且x1x2x3故选：BCD．考点3.极值中的隐零点问题1．函数有极小值，且极小值为0，则的最小值为（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】求得函数的导数，根据有极小值，得到，又由，求得，得到，利用导数求得函数的单调性与最值，即可求解.【详解】由，可得，因为有极小值，记为，则，即，又由，所以，即，所以.设，当时，，所以在上单调递增，当时，可得，所以的最小值为.故选：B.2．（2013•湖北）已知a为常数，函数f（x）＝x（lnx﹣ax）有两个极值点x1，x2（x1＜x2）A．f(x1)＞0C．f(x1)＞【解答】解：∵f′（x）＝lnx+1﹣2ax，（x＞0）令f′（x）＝0，由题意可得lnx＝2ax﹣1有两个解x1，x2⇔函数g（x）＝lnx+1﹣2ax有且只有两个零点⇔g′（x）在（0，+∞）上的唯一的极值不等于0．g'(x)=1①当a≤0时，g′（x）＞0，f′（x）单调递增，因此g（x）＝f′（x）至多有一个零点，不符合题