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，

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

（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，
即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，
令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．