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：切点的横坐标为1．

Answer 1

（Ⅰ）当a=1时，f（x）=x²+x-lnx（x＞0），∴f′(x)＝2x+1?

1

x

＝

(2x?1)(x+1)

x

，
当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(

1

2

 ， +∞)．
（Ⅱ）f′(x)＝2x+a?

1

x

，∵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

，
切线的斜率k＝2t+a?

1

t

，又切线过原点k＝

f(t)

t

，

f(t)

t

＝2t+a?

1

t

，即：t²+at-lnt=2t²+at-1，∴t²-1+lnt=0，
令g（t）=t²-1+lnt，g′(t)＝2t+

1

t

＞0，∴g（t）在（0，+∞）上单调递增，
又g（1）=0，所以方程t²-1+lnt=0有唯一解t=1．
综上，切点的横坐标为1．