设函数f（x）=x2+ax-lnx（a∈R）．

解题思路：（Ⅰ）a=1时，f（x）=x²+ax-lnx（x＞0），f′(x)＝2x+1−

1

x

＝

(2x−1)(x+1)

x

，根据函数的定义域，确定f′（x）＞0和f′（x）＞0的范围，进而得到函数f（x）的单调区间；
（Ⅱ）若函数f（x）在区间（0，1]上是减函数，则f'（x）≤0对任意x∈（0，1]恒成立，进而a≤

1

x

−2x对任意x∈（0，1]恒成立，进而将问题转化为函数的最值问题后，可得实数a的取值范围；
（Ⅲ）设出切点坐标，利用导数法求出切线斜率（切点处的导函数值），进而利用点斜式方程结合切线过原点求出切线方程，通过证明t=1是方程t²+lnt-1=0的唯一的解，可得结论．

（Ⅰ）a=1时，f（x）=x²+ax-lnx（x＞0），
∴f′(x)＝2x+1−
1
x＝
(2x−1)(x+1)
x，…1
又∵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)，单调递增区间为(
1
2 ， +∞)．…4分
（Ⅱ）∵f′(x)＝2x+a−
1
x
又∵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，…5分
∴a≤
1
x−2x对任意x∈（0，1]恒成立，
令g(x)＝
1
x−2x，
∴a≤g（x）_min，…7分
易知g（x）在（0，1]单调递减，
∴g（x）_min=g（1）=-1．
∴a≤-1．…10分
（Ⅲ）设切点为M（t，f（t）），f′(x)＝2x+a−
1
x，
∴过M点的切线方程为：y-f（t）=f'（t）（x-t），
即 y−(t2+at−lnt)＝(2t+a−
1
t)(x−t)
又切线过原点，所以，0−(t2+at−lnt)＝(2t+a−
1
t)(0−t)，
即t²+lnt-1=0，
显然t=1是方程t²+lnt-1=0的解，
设φ（t）=t²+lnt-1，
则φ′（t）=2t+[1/t]＞0恒成立，φ（t）在（0，+∞）单调递增，且φ（1）=0，
∴方程t²+lnt-1=0有唯一解1．
∴过坐标原点O作曲线y=f（x）的切线，切线有且仅有一条，且切点的横坐标恒为1．…13分．

点评：
本题考点： 利用导数研究函数的单调性；利用导数研究曲线上某点切线方程．

考点点评： 本题考查的知识点是利用导数研究函数的单调性，利用导数研究曲线上某点的切线方程，是导数的综合应用，难度中档．