Question

设函数f（x）=x²+ax-lnx．
（Ⅰ）若a=1，试求函数f（x）的极小值；
（Ⅱ）求经过坐标原点0的曲线y=f（x）的切线方程；
（Ⅲ）令g（x）=

f(x)

ex

，若函数g（x）在区间（0，1]上是减函数，求a的取值范围．

Answer 1

考点：利用导数研究函数的单调性,利用导数研究曲线上某点切线方程

专题：函数的性质及应用,导数的综合应用

分析：（Ⅰ）先求导，利用导数求极值．
（Ⅱ）设切点为M（t，f（t）），切线的斜率k=2t+a-

1

t

，又切线过原点，得到关于t的方程t²+lnt-1=0，设设h（t）=t²+lnt-1，求导，方程t²+lnt-1=0有唯一解t=1．问题得以解决．
（Ⅲ）先求导，再分离参数a，对a进行分类讨论，利用导数与函数的单调性进行判断，求出m的范围．

解答： 解：（Ⅰ）a=1时，f（x）=x²+x-lnx．x∈（0，+∞）
∴f′（x）=2x+1-

1

x

=

(2x-1)(x+1)

x

．
令f′（x）=0，解得x=

1

2

，
当0＜x＜

1

2

，时，f′（x）＞0，当x＞

1

2

时f′（x）＜0，
∴f（x） 在x=

1

2

处取得极小值

3

4

+ln2；
（Ⅱ）设切点为M（t，f（t）），f′（x）=2x+a-

1

x

；
切线的斜率k=2t+a-

1

t

，又切线过原点，
∴k=

f(t)

t

故

f(t)

t

=2t+a-

1

t

，
即t²+at-lnt=2t²+at-1，
∴t²+lnt-1=0，
t=1满足方程t²+lnt-1=0，设h（t）=t²+lnt-1，
∴h′（t）=2t+

1

t

，
∴h′（t）=2t+

1

t

＞0．h（t）在（0．+∞）递增，且 h（1）=0，方程t²+lnt-1=0有唯一解t=1．切点的横坐标为1； 切点为（1，1+a），
∴k=a+1，
所以所求切线方程为y=（a+1）x；
（Ⅲ）g′（x）=

f′(x)-f(x)

ex

，若函数g（x）在区间（0，1]上是减函数，
则?x∈（0，1]，g′（x）≤0，
即f′（x）≤f（x），
所以x²-2x+

1

x

-lnx+a（x-1）≥0，
设F（x）=x²-2x+

1

x

-lnx+a（x-1），
∴F′（x）=2x-2-

1

x2

-

1

x

+a=

(1-x)(2x2+2x+1)

x2

-2+a，
若a≤2，则F′（x）≤0，F（x）在（0，1]递减，F（x）≥F（1）=0
即不等式f′（x）≤f（x），?x∈（0，1]恒成立
若a＞2，设G（x）=2x-2-

1

x2

-

1

x

，
∴G′（x）=2+

2

x3

+

1

x2

＞0，
∴G（x）在（0，1]上递增，G（x）≤G（1）=-2
?x₀∈（0，1]，使得G（x₀）=-a，
x∈（x₀，1]，G（x）＞-a，即F′（x）＞0，F（x）在（x₀，1）上递增，F（x）≤F（1）=0
这与?x∈（0，1]，x²-2x+

1

x

-lnx+a（x-1）≥0，矛盾，
 综上所述，a≤2．

点评：本题主要考查导数的几何意义以及利用导数研究函数的极值和最值问题，考查学生的计算能力．