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,

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... 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. 展开
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寁地實
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(Ⅰ)a=1时,f(x)=x2+ax-lnx(x>0),
f′(x)=2x+1?
1
x
(2x?1)(x+1)
x
,…1
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
 , +∞)
.…4分
(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,
2x+a?
1
x
≤0
对任意x∈(0,1]恒成立,…5分
a≤
1
x
?2x
对任意x∈(0,1]恒成立,
g(x)=
1
x
?2x

∴a≤g(x)min,…7分
易知g(x)在(0,1]单调递减,
∴g(x)min=g(1)=-1.
∴a≤-1.…10分
(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.…13分.
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