Question

設(shè)函數(shù)f（x）=x²+ax-lnx．
（Ⅰ）若a=1，試求函數(shù)f（x）的極小值；
（Ⅱ）求經(jīng)過(guò)坐標(biāo)原點(diǎn)0的曲線y=f（x）的切線方程；
（Ⅲ）令g（x）=

f(x)

ex

，若函數(shù)g（x）在區(qū)間（0，1]上是減函數(shù)，求a的取值范圍．

Answer 1

考點(diǎn)：利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性,利用導(dǎo)數(shù)研究曲線上某點(diǎn)切線方程

專題：函數(shù)的性質(zhì)及應(yīng)用,導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用

分析：（Ⅰ）先求導(dǎo)，利用導(dǎo)數(shù)求極值．
（Ⅱ）設(shè)切點(diǎn)為M（t，f（t）），切線的斜率k=2t+a-

1

t

，又切線過(guò)原點(diǎn)，得到關(guān)于t的方程t²+lnt-1=0，設(shè)設(shè)h（t）=t²+lnt-1，求導(dǎo)，方程t²+lnt-1=0有唯一解t=1．問(wèn)題得以解決．
（Ⅲ）先求導(dǎo)，再分離參數(shù)a，對(duì)a進(jìn)行分類討論，利用導(dǎo)數(shù)與函數(shù)的單調(diào)性進(jìn)行判斷，求出m的范圍．

解答： 解：（Ⅰ）a=1時(shí)，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

，
當(dāng)0＜x＜

1

2

，時(shí)，f′（x）＞0，當(dāng)x＞

1

2

時(shí)f′（x）＜0，
∴f（x） 在x=

1

2

處取得極小值

3

4

+ln2；
（Ⅱ）設(shè)切點(diǎn)為M（t，f（t）），f′（x）=2x+a-

1

x

；
切線的斜率k=2t+a-

1

t

，又切線過(guò)原點(diǎn)，
∴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滿足方程t²+lnt-1=0，設(shè)h（t）=t²+lnt-1，
∴h′（t）=2t+

1

t

，
∴h′（t）=2t+

1

t

＞0．h（t）在（0．+∞）遞增，且 h（1）=0，方程t²+lnt-1=0有唯一解t=1．切點(diǎn)的橫坐標(biāo)為1； 切點(diǎn)為（1，1+a），
∴k=a+1，
所以所求切線方程為y=（a+1）x；
（Ⅲ）g′（x）=

f′(x)-f(x)

ex

，若函數(shù)g（x）在區(qū)間（0，1]上是減函數(shù)，
則?x∈（0，1]，g′（x）≤0，
即f′（x）≤f（x），
所以x²-2x+

1

x

-lnx+a（x-1）≥0，
設(shè)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，則F′（x）≤0，F(xiàn)（x）在（0，1]遞減，F(xiàn)（x）≥F（1）=0
即不等式f′（x）≤f（x），?x∈（0，1]恒成立
若a＞2，設(shè)G（x）=2x-2-

1

x2

-

1

x

，
∴G′（x）=2+

2

x3

+

1

x2

＞0，
∴G（x）在（0，1]上遞增，G（x）≤G（1）=-2
?x₀∈（0，1]，使得G（x₀）=-a，
x∈（x₀，1]，G（x）＞-a，即F′（x）＞0，F(xiàn)（x）在（x₀，1）上遞增，F(xiàn)（x）≤F（1）=0
這與?x∈（0，1]，x²-2x+

1

x

-lnx+a（x-1）≥0，矛盾，
 綜上所述，a≤2．

點(diǎn)評(píng)：本題主要考查導(dǎo)數(shù)的幾何意義以及利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的極值和最值問(wèn)題，考查學(xué)生的計(jì)算能力．