Question

已知函數(shù)f(x)=

x3+x2(x＜1) alnx(x≤1)

（Ⅰ）求f（x）在[-1，e]（e為自然對數(shù)的底數(shù)）上的最大值；
（Ⅱ）對任意給定的正實數(shù)a，曲線y=f（x）上是否存在兩點P，Q，使得△POQ是以O為直角頂點的直角三角形，且此三角形斜邊中點在y軸上？

Answer 1

分析：（I）由 f(x)=

-x3+x2，x＜1 alnx，x≥1

知，當-1≤x＜1時，f′(x)=-3x2+2x=-3x(x-

2

3

)，令f'（x）=0得 x=0或x=

2

3

，當x變化時，f'（x），f（x）的變化情況列表知f（x）在[-1，1）上的最大值為2．當1≤x≤2時，f（x）=alnx．當a≤0時，f（x）≤0，f（x）最大值為0；當a＞0時，f（x）在[1，e]上單調遞增．當a≤2時，f（x）在區(qū)間[-1，e]上的最大值為2；當a＞2時，f（x）在區(qū)間[-1，e]上的最大值為a．
（II）假設曲線y=f（x）上存在兩點P、Q滿足題設要求，則點P、Q只能在y軸兩側．設P（t，f（t））（t＞0），則Q（-t，t³+t²），顯然t≠1．由此入手能得到對任意給定的正實數(shù)a，曲線y=f（x）上存在兩點P、Q，使得△POQ是以O為直角頂點的直角三角形，且此三角形斜邊中點在y軸上．

解答：解：（Ⅰ）因為f（x）=f(x)=

x3+x2(x＜1) alnx(x≤1)

1當-1≤x＜1時，f′（x）=-x（3x-2），
解f′（x）＞0得0＜x＜

2

3

：解f′（x）＜0得-1＜x＜0或

2

3

＜x＜1
∴f（x）在（-1，0）和（

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3

，1）上單減，在（0，

2

3

）上單增，
從而f（x）在x=

2

3

處取得極大值f

2

3

）=

4

27

又∵f（-1）=2，f（1）=0，
∴f（x）在[-1，1）上的最大值為2．
當1≤x≤e時，f（x）=alnx，
當a≤0時，f（x）≤0；
當a＞0時，f（x）在[1，e]單調遞增；
∴f（x）在[1，e]上的最大值為a．
∴當a≥2時，f（x）在[-1，e]上的最大值為a；
當a＜2時，f（x）在[-1，e]上的最大值為2．
（Ⅱ）假設曲線y=f（x）上存在兩點P，Q滿足題意，則P，Q只能在y軸兩側，不妨設P（t，f（t））（t＞0），則Q（-t，t³+t²），且t≠1
∵△POQ是以O為直角頂點的直角三角形
∴

OP

•

OQ

=0，即-t²+f（t）（t³+t²）=0（*）
是否存在P，Q等價于方程（*）是否有解．
①若0＜t＜1，則f（x）=-t³+t²，代入方程（*）得：-t²+（-t³+t²）（t³+t²）=0，
即：t⁴-t²+1=0，而此方程無實數(shù)解，
②當t＞1時，
∴f（t）=alnt，代入方程（*）得：-t²+alnt•（t³+t²）=0，
即：

1

a

=(t+1)lnt
設h（x）=（x+1）lnx（x≥1），則h′（x）=lnx+

1

x

+1＞0在[1，+∞）恒成立．
∴h（x）在[1，+∞）上單調遞增，從而h（x）≥h（1）=0，則h（x）的值域為[0，+∞）．
∴當a＞0時，方

1

a

=（t+1）lnt有解，即方程（*）有解．
∴對任意給定的正實數(shù)a，曲線y=f（x）上總存在兩點P，Q，使得△POQ是以O為直角頂點的直角三角形，且此三角形斜邊中點在y軸上．

點評：本題考查導數(shù)的性質和應用，解題時要認真審題，注意挖掘題設中的隱含條件．解答關鍵是利用導數(shù)求閉區(qū)間上函數(shù)的最值．