Question

12．已知函數(shù)f（x）=$\left\{\begin{array}{l}{-{x}^{3}+{x}^{2}，x＜1}\\{alnx，x≥1}\end{array}\right.$
（1）當(dāng)a≥1時(shí)，求f（x）在[0，e]（e為自然對(duì)數(shù)的底數(shù)）上的最大值；
（2）對(duì)任意的正實(shí)數(shù)a，問：曲線y=f（x）上是否存在兩點(diǎn)P，Q，使得△POQ（O為坐標(biāo)原點(diǎn)）是以O(shè)為直角頂點(diǎn)的直角三角形，且此三角形斜邊中點(diǎn)在y軸上？

Answer 1

分析 （1）當(dāng)0≤x＜e時(shí)，求導(dǎo)函數(shù)，可得f（x）在區(qū)間[0，e]上的最大值；
（2）假設(shè)曲線y=f（x）上存在兩點(diǎn)P、Q滿足題設(shè)要求，則點(diǎn)P、Q只能在y軸兩側(cè)．設(shè)P、Q的坐標(biāo)，由此入手能得到對(duì)任意給定的正實(shí)數(shù)a，曲線y=f（x）上存在兩點(diǎn)P、Q，使得△POQ是以O(shè)為直角頂點(diǎn)的直角三角形，且此三角形斜邊中點(diǎn)在y軸上．

解答 解：（1）∵f（x）=$\left\{\begin{array}{l}{-{x}^{3}+{x}^{2}，x＜1}\\{alnx，x≥1}\end{array}\right.$，
當(dāng)0≤x＜1時(shí)，f′（x）=-3x2+2x=-3x（x-$\frac{2}{3}$），
令f'（x）＞0，解得：0≤x＜$\frac{2}{3}$，
令f′（x）＜0，解得：$\frac{2}{3}$＜x＜1，
故f（x）在[0，$\frac{2}{3}$）遞增，在（$\frac{2}{3}$，1）遞減，
而f（$\frac{2}{3}$）=$\frac{4}{27}$，
∴f（x）在區(qū)間[0，1）上的最大值為$\frac{4}{27}$，
1≤x＜e時(shí)，f（x）=alnx，f′（x）=$\frac{a}{x}$＞0，
f（x）在[1，e]遞增，f（x）max=f（e）=a≥1，
綜上f（x）在[0，e]的最大值是a；
（2）曲線y=f（x）上存在兩點(diǎn)P、Q滿足題設(shè)要求，則點(diǎn)P，Q只能在y軸的兩側(cè)，
不妨設(shè)P（t，f（t））（t＞0），則Q（-t，t³+t²），顯然t≠1，
∵△POQ是以O(shè)為直角頂點(diǎn)的直角三角形，
∴$\overrightarrow{OP}$•$\overrightarrow{OQ}$=0，即-t²+f（t）（t³+t²）=0．（1）
是否存在兩點(diǎn)P、Q等價(jià)于方程（1）是否有解．
若0＜t＜1，則f（t）=-t³+t²，代入（1）式得，
-t²+（-t³+t²）（t³+t²）=0，即t⁴-t²+1=0，
而此方程無實(shí)數(shù)解，因此t＞1．
∴f（t）=alnt，代入（1）式得，-t²+（alnt）（t³+t²）=0，
即$\frac{1}{a}$=（t+1）lnt． （*），
考察函數(shù)在h（x）=（x+1）lnx（x≥1），
則h′（x）=lnx+$\frac{1}{x}$+1＞0，
∴h（x）在[1，+∞）上單調(diào)遞增，∵t＞1，∴h（t）＞h（1）=0，
當(dāng)t→+∞時(shí)，h（t）→+∞，∴h（t）的取值范圍是（0，+∞）．
∴對(duì)于a＞0，方程（*）總有解，即方程（1）總有解．
因此對(duì)任意給定的正實(shí)數(shù)a，曲線y=f（x）上總存在兩點(diǎn)P、Q，
使得△POQ是以O(shè)為直角頂點(diǎn)的直角三角形，且此三角形斜邊中點(diǎn)在y軸上．

點(diǎn)評(píng) 本題考查導(dǎo)數(shù)知識(shí)的運(yùn)用，考查學(xué)生分析解決問題的能力，考查學(xué)生的計(jì)算能力，綜合性強(qiáng)．