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（1））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：利用导数研究曲线上某点切线方程,导数在最大值、最小值问题中的应用

专题：计算题,存在型,函数的性质及应用,导数的综合应用

分析：（Ⅰ）当a=-1时，求出函数式及导数，求得切线的斜率和切点，由点斜式方程，即可得到切线方程；
（Ⅱ）求出导数f′（x），求得单调区间，得到极大值，也为最大值，由题意令它小于-

1

2

，解出不等式即可；
（Ⅲ）求出当a=1时，f′（x）=2x+

1

x

，记g（x）=f′（x），其中x∈[1，10]，运用导数证明y=f′（x）在[1，10]上递增，又f′（10）=

201

10

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

201k

10

＜2010．
故不存在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．

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

1

x

，f′（1）=-1，
所以切线的斜率为-1．又f（1）=-1，所以切点为（1，-1）．
故所求的切线方程为：y+1=-（x-1）即x+y=0．
（Ⅱ）f′（x）=2ax+

1

x

=

2a(x2+ 1 2a )

x

（x＞0，a＜0）．
令f′（x）=0，则x=

- 1 2a

．
当x∈（0，

- 1 2a

]时，f′（x）＞0；当x∈（

- 1 2a

，+∞）时，f′（x）＜0．
故x=

- 1 2a

为函数f（x）的唯一极大值点，
所以f（x）的最大值为f（

- 1 2a

）=-

1

2

+

1

2

ln（-

1

2a

）．
由题意有-

1

2

+

1

2

ln（-

1

2a

）＜-

1

2

，解得a＜-

1

2

，
所以a的取值范围为（-∞，-

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]，g′（x）=2-

1

x2

＞0，则y=g（x）在[1，10]上递增，
即y=f′（x）在[1，10]上递增，又f′（10）=2×10+

1

10

=

201

10

．
所以对任意的x∈[1，10]，都有f′（x）≤

201

10

，
所以f′（x₁）+f′（x₂）+f′（x₃）+…f′（x_k）≤k•f′（10）=

201k

10

，
由于k＜100，所以

201k

10

＜2010．
所以在区间[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：本题考查导数的运用：求切线方程和求单调区间，和极值，考查函数的单调性的运用，属于中档题．