解题思路：（1）求f（x）的单调区间，可用导数法，先得到 f（x）的表达式，对其求导，令导数大于0求出增区间，进而得出减区间，由于未知数的系数带着字母，故应对其符号进行讨论，本题得分成两类求单调区间．
（2）
f(x)＜−
1
2
恒成立，试求实数a的取值范围，此题先求出函数f（x）的最大值，令其小于-[1/2]解不等式即可求出实数a的取值范围，由（1）知，a＞0时，f（x）增区间为（0，+∞）；故此时不可能恒小于-[1/2]，当求出a＜0时的最大值令其小于-[1/2]即可解出，数a的取值范围．
（3）当a=1时，f（x）=x2+lnx，
f′(x)＝2x+
1
x
，先研究
f′(x)＝2x+
1
x
的单调性知其在N*上是增函数，故在区间[1，f′（n）]是增函数，欲求k的最小值，求出∈[1，f'（1）]时多少个k个正数的和大于2010即可．
（1）f(x)＝
1
ax2+lnx (x＞0)，则f′(x)＝
2
ax+
1
x＝
2x2+a
ax
①a＞0时，f'（x）＞0对x∈（0，+∞）恒成立，f（x）在（0，+∞）上递增
②当a＜0时，令f'（x）=0，则x＝
−2a
2，（3分）
x∈(0，
−2a
2)时，f'（x）＞0，f（x）为增函数；
x∈(
−2a
2，+∞)时，f'（x）＜0，f（x）为减函数．
综上，a＞0时，f（x）增区间为（0，+∞）；
a＜0时，f（x）增区间为(0，
−2a
2)，减区间为(
−2a
2，+∞)．（5分）
（2）由（1）知a＞0时，f（x）在（0，+∞）递增，
且x=1时，f(1)＝
1
a＞0，则f(1)＞−
1
2，∴f(x)＜−
1
2不恒成立，故a＜0．（7分）
又f（x）的极大值即f（x）最大值f(
−2a
2)＝
1
a(
−2a
2)2+ln
−2a
2∵f(x)＜−
1
2恒成立，
只须[f(x)]max＜−
1
2
∴ln
−2a
2＜0，即0＜
−2a
2＜1∴-2＜a＜0（9分）
（3）当a=1时，f（x）=x2+lnx，f′(x)＝2x+
1
x
令g（x）=f'（x），则g′(x)＝2−
1
x2（11分）
当x∈[1，+∞）时，g'（x）＞0
∴f′(x)＝2x+
1
x在[1，+∞）上是增函数
当n∈N*时，f′(n)＝2n+
1
n＞2
2
∴f'（x）在[1，f'（n）]上是增函数（13分）
当n=1时，f'（1）=3∴当ai∈[1，f'（1）]，i=1，2，3，…，k时，
f′(ai)≤f′(f′(1))＝f′(3)＝
19
3
则为使得k最小，需f′(ai)＝
19
3，i=1，2，3，…，k
则[19/3k≥2010，又k∈N*，所以kmin=318，
当n＞1时，f'（n）＞f'（1），∴当ai∈[1，f'（n）]，i=1，2，3，…，k时，
f′(ai)≤f′(f′(n))＝f′(2n+
1
n)则为使得k最小，
需f′(ai)＝f′(2n+
1
n)，i=1，2，3，…，k
则f′(2n+
1
n)×k≥2010，又f′(2n+
1
n)＞f′(3)＝
19
3]又k∈N*，所以kmin＜318
当k＜318时，对n=1时，不存在k个正数，使得
k
i＝1f′(ai)≥2010，所以，kmin=318（16分）
点评：
本题考点： 利用导数研究函数的单调性；函数恒成立问题．
考点点评： 本题考查函数性质的综合运用，是一个对逻辑推理能力要求较高的题目，尤其是第三问，需要正确分析、判断、转化．