Question

设函数f（x）=x²+ax-lnx（a∈R）．
（Ⅰ）若a=1，求函数f（x）的单调区间；
（Ⅱ）若函数f（x）在区间（0，1]上是减函数，求实数a的取值范围；
（Ⅲ）过坐标原点O作曲线y=f（x）的切线，证明：切线有且仅有一条，且切点的横坐标恒为1．

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：导数的概念及应用,导数的综合应用

分析：（Ⅰ）a=1时，f（x）=x²+ax-lnx（x＞0），f′(x)=2x+1-

1

x

=

(2x-1)(x+1)

x

，根据函数的定义域，确定f′（x）＞0和f′（x）＞0的范围，进而得到函数f（x）的单调区间；
（Ⅱ）若函数f（x）在区间（0，1]上是减函数，则f'（x）≤0对任意x∈（0，1]恒成立，进而a≤

1

x

-2x对任意x∈（0，1]恒成立，进而将问题转化为函数的最值问题后，可得实数a的取值范围；
（Ⅲ）设出切点坐标，利用导数法求出切线斜率（切点处的导函数值），进而利用点斜式方程结合切线过原点求出切线方程，通过证明t=1是方程t²+lnt-1=0的唯一的解，可得结论．

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

1

x

=

(2x-1)(x+1)

x

，
又∵x∈(0 ， 

1

2

) ， f′(x)＜0 ， x∈(

1

2

 ， +∞) ， f′(x)＞0，
f（x）的单调递减区间为(0 ， 

1

2

)，单调递增区间为(

1

2

 ， +∞)．

（Ⅱ）∵f′(x)=2x+a-

1

x

又∵f（x）在区间（0，1]上是减函数，
∴f′（x）≤0对任意x∈（0，1]恒成立，
即2x+a-

1

x

≤0对任意x∈（0，1]恒成立，
∴a≤

1

x

-2x对任意x∈（0，1]恒成立，
令g(x)=

1

x

-2x，
∴a≤g（x）_min，
易知g（x）在（0，1]单调递减，
∴g（x）_min=g（1）=-1．
∴a≤-1．

（Ⅲ）设切点为M（t，f（t）），f′(x)=2x+a-

1

x

，
∴过M点的切线方程为：y-f（t）=f′（t）（x-t），
即 y-(t2+at-lnt)=(2t+a-

1

t

)(x-t)
又切线过原点，所以，0-(t2+at-lnt)=(2t+a-

1

t

)(0-t)，
即t²+lnt-1=0，
显然t=1是方程t²+lnt-1=0的解，
设φ（t）=t²+lnt-1，
则φ′（t）=2t+

1

t

＞0恒成立，φ（t）在（0，+∞）单调递增，且φ（1）=0，
∴方程t²+lnt-1=0有唯一解1．
∴过坐标原点O作曲线y=f（x）的切线，切线有且仅有一条，且切点的横坐标恒为1．

点评：本题考查的知识点是利用导数研究函数的单调性，利用导数研究曲线上某点的切线方程，是导数的综合应用，难度中档．