Question

設(shè)函數(shù)f（x）=ax²+lnx
（Ⅰ）當a=-1時，求函數(shù)y=f（x）的圖象在點（1，f（x））處的切線方程；
（Ⅱ）已知a＜0，若函數(shù)y=f（x）的圖象總在直線y=-

1

2

的下方，求a的取值范圍；
（Ⅲ）記f′（x）為函數(shù)f（x）的導函數(shù)．若a=1，試問：在區(qū)間[1，10]上是否存在k（k＜100）個正數(shù)x₁，x₂，x₃…x_k，使得f′（x₁）+f′（x₂）+f′（x₃）+…f′（x_k）≥2013成立？請證明你的結(jié)論．

Answer 1

考點：利用導數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性,導數(shù)在最大值、最小值問題中的應(yīng)用

專題：導數(shù)的綜合應(yīng)用

分析：（I）當a=-1時，利用導數(shù)的運算法則可得f′（x），得到f′（1），為切線的斜率．又f（1）=-1．即可得出切線的方程．
（II）f′(x)=2ax+

1

x

，（x＞0）．由a＜0，可得f′（x）=

2a(x+ -1 2a )(x- -1 2a )

x

，利用導數(shù)與函數(shù)單調(diào)性關(guān)系可得：當x=

-1 2a

時，函數(shù)f（x）取得極大值，也即最大值，f(

-1 2a

)=-

1

2

+

1

2

ln(-

1

2a

)．由于函數(shù)y=f（x）的圖象總在直線y=-

1

2

的下方，可得f(

-1 2a

)＜-

1

2

．
（III）當a=1時，f′(x)=2x+

1

x

．記g（x）=f′（x），其中x∈[1，10]．再利用導數(shù)研究其單調(diào)性可得：y=f′（x）在[1，10]上為增函數(shù)．于是對任意的x∈[1，10]，總有f′（x）≤f′（10）．f′（x₁）+f′（x₂）+f′（x₃）+…f′（x_k）≤k•f′（10）＜2010．即可判斷出．

解答： 解：（I）當a=-1時，f（x）=-x²+lnx，f′（x）=-2x+

1

x

．
f′（1）=-1．f（1）=-1．∴切點為（1，-1），
∴切線方程為y+1=-（x-1），化為x+y=0．
（II）f′(x)=2ax+

1

x

，（x＞0）．
∵a＜0，∴f′（x）=

2a(x+ -1 2a )(x- -1 2a )

x

，
當x∈(0，

-1 2a

)時，f′（x）＞0，函數(shù)f（x）單調(diào)遞增；
當x∈(

-1 2a

，+∞)時，f′（x）＜0，函數(shù)f（x）單調(diào)遞減．
∴當x=

-1 2a

時，函數(shù)f（x）取得極大值，也即最大值，f(

-1 2a

)=-

1

2

+

1

2

ln(-

1

2a

)．
∵函數(shù)y=f（x）的圖象總在直線y=-

1

2

的下方，
∴-

1

2

+

1

2

ln(-

1

2a

)＜-

1

2

，解得a＜-

1

2

，
∴a的取值范圍是(-∞，-

1

2

)．
（Ⅲ）當a=1時，f′(x)=2x+

1

x

．記g（x）=f′（x），其中x∈[1，10]．
∵當x∈[1，10]時，g′（x）=2-

1

x2

＞0，
∴函數(shù)y=g（x）在[1，10]上為增函數(shù)，
即y=f′（x）在[1，10]上為增函數(shù)．
又f′（10）=2×10+

1

10

=

201

10

，
∴對任意的x∈[1，10]，總有f′（x）≤

201

10

．
∴f′（x₁）+f′（x₂）+f′（x₃）+…f′（x_k）≤k•f′（10）=

201

10

k，
又∵k＜100，∴

201k

10

＜2010．
因此在區(qū)間[1，10]上不存在k（k＜100）個正數(shù)x₁，x₂，x₃…x_k，使得f′（x₁）+f′（x₂）+f′（x₃）+…f′（x_k）≥2013成立．

點評：本題考查了利用導數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性極值與最值、利用導數(shù)的幾何意義研究切線方程、利用導數(shù)研究不等式，考查了推理能力與計算能力，屬于難題．