Question

设函数f（x）=ax²+lnx
（Ⅰ）当a=-1时，求函数y=f（x）的图象在点（1，f（x））处的切线方程；
（Ⅱ）已知a＜0，若函数y=f（x）的图象总在直线y=-

1

2

的下方，求a的取值范围；
（Ⅲ）记f′（x）为函数f（x）的导函数．若a=1，试问：在区间[1，10]上是否存在k（k＜100）个正数x₁，x₂，x₃…x_k，使得f′（x₁）+f′（x₂）+f′（x₃）+…f′（x_k）≥2013成立？请证明你的结论．

Answer 1

考点：利用导数研究函数的单调性,导数在最大值、最小值问题中的应用

专题：导数的综合应用

分析：（I）当a=-1时，利用导数的运算法则可得f′（x），得到f′（1），为切线的斜率．又f（1）=-1．即可得出切线的方程．
（II）f′(x)=2ax+

1

x

，（x＞0）．由a＜0，可得f′（x）=

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

x

，利用导数与函数单调性关系可得：当x=

-1 2a

时，函数f（x）取得极大值，也即最大值，f(

-1 2a

)=-

1

2

+

1

2

ln(-

1

2a

)．由于函数y=f（x）的图象总在直线y=-

1

2

的下方，可得f(

-1 2a

)＜-

1

2

．
（III）当a=1时，f′(x)=2x+

1

x

．记g（x）=f′（x），其中x∈[1，10]．再利用导数研究其单调性可得：y=f′（x）在[1，10]上为增函数．于是对任意的x∈[1，10]，总有f′（x）≤f′（10）．f′（x₁）+f′（x₂）+f′（x₃）+…f′（x_k）≤k•f′（10）＜2010．即可判断出．

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

1

x

．
f′（1）=-1．f（1）=-1．∴切点为（1，-1），
∴切线方程为y+1=-（x-1），化为x+y=0．
（II）f′(x)=2ax+

1

x

，（x＞0）．
∵a＜0，∴f′（x）=

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

x

，
当x∈(0，

-1 2a

)时，f′（x）＞0，函数f（x）单调递增；
当x∈(

-1 2a

，+∞)时，f′（x）＜0，函数f（x）单调递减．
∴当x=

-1 2a

时，函数f（x）取得极大值，也即最大值，f(

-1 2a

)=-

1

2

+

1

2

ln(-

1

2a

)．
∵函数y=f（x）的图象总在直线y=-

1

2

的下方，
∴-

1

2

+

1

2

ln(-

1

2a

)＜-

1

2

，解得a＜-

1

2

，
∴a的取值范围是(-∞，-

1

2

)．
（Ⅲ）当a=1时，f′(x)=2x+

1

x

．记g（x）=f′（x），其中x∈[1，10]．
∵当x∈[1，10]时，g′（x）=2-

1

x2

＞0，
∴函数y=g（x）在[1，10]上为增函数，
即y=f′（x）在[1，10]上为增函数．
又f′（10）=2×10+

1

10

=

201

10

，
∴对任意的x∈[1，10]，总有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．
因此在区间[1，10]上不存在k（k＜100）个正数x₁，x₂，x₃…x_k，使得f′（x₁）+f′（x₂）+f′（x₃）+…f′（x_k）≥2013成立．

点评：本题考查了利用导数研究函数的单调性极值与最值、利用导数的几何意义研究切线方程、利用导数研究不等式，考查了推理能力与计算能力，属于难题．