Question

14．函數f（x）=mx³+x²+n，g（x）=alnx．
（1）若f（x）在點（1，f（1））處的切線方程為x+y-1=0，求f（x）的表達式；
（2）若對任意x∈[1，e]，都有g（x）≥-x²+（a+2）x恒成立，求實數a的取值范圍；
（3）在（1）的條件下，設F（x）=$\left\{\begin{array}{l}f（x），x＜1\\ g（x），x≥1\end{array}$，對任意給定的正實數a，曲線y=F（x）上是否存在兩點P，Q，使得△POQ是以O（O為坐標原點）為直角頂點的直角三角形，且此三角形斜邊中點在y軸上？請說明理由．

Answer 1

分析 （1）求出函數的導數，求出m，n的值，從而求出f（x）的解析式；
（2）得到lnx＜x，即x-lnx＞0，問題轉化為a≤$\frac{{x}^{2}-2x}{x-lnx}$恒成立，即a≤${（\frac{{x}^{2}-2x}{x-lnx}）}_{min}$，令t（x）=$\frac{{x}^{2}-2x}{x-lnx}$，t∈[1，e]，根據函數的單調性求出a的范圍即可；
（3）得到$\overrightarrow{OP}$•$\overrightarrow{OQ}$=0，即-t²+F（t）（t³+t²）=0，是否存在P，O等價于該方程t＞0且t≠1是否有根，通過討論t的范圍判斷即可．

解答 解：（1）f′（x）=3mx²+2x，
則f（′）=m+n+1，
又（1，f（1））在直線x+y-1=0上，
∴m=-1，n=0，
∴f（x）=-x³+x²；
（2）由g（x）≥-x²+（a+2）x，得：（x-lnx）a≤x²-2x，
∵x∈[1，e]，lnx≤1≤x，且等號不同時取得，
故lnx＜x，即x-lnx＞0，
∴a≤$\frac{{x}^{2}-2x}{x-lnx}$恒成立，即a≤${（\frac{{x}^{2}-2x}{x-lnx}）}_{min}$，
令t（x）=$\frac{{x}^{2}-2x}{x-lnx}$，t∈[1，e]，
則t′（x）=$\frac{（x-1）（x+2-2lnx）}{{（x-lnx）}^{2}}$，
x∈[1，e]時，x-1≥0，lnx≤1，x+2-2lnx＞0，從而t′（x）≥0，
∴t（x）在[1，e]遞增，
∴t（x）的最小值是t（1）=-1，
∴a≤-1；
（3）由題意F（x）=$\left\{\begin{array}{l}{f（x），x＜1}\\{g（x），x≥1}\end{array}\right.$，
設曲線y=F（x）上存在兩點P，Q，滿足題意，
則P，Q只能在y軸的兩側，
不妨設P（t，F（t）），（t＞0），則Q（-t，t³+t²），（t≠0），
∵△POQ是以O（O為坐標原點）為直角頂點的直角三角形，
∴$\overrightarrow{OP}$•$\overrightarrow{OQ}$=0，
∴-t²+F（t）（t³+t²）=0，是否存在P，O等價于該方程t＞0且t≠1是否有根，
當0＜t＜1時，方程可化為-t²+（-t³+t²）（t³+t²）=0，
化簡得：t⁴-t²+1=0，此時方程無解，
當t＞1時，方程可化為-t²+alnt（t³+t²）=0，
即$\frac{1}{a}$=（t+1）lnt，
設h（t）=（t+1）lnt（t＞1），則h′（t）=lnt+$\frac{1}{t}$+1（t＞1），
顯然，t＞1時，h′（t）＞0，
即h（t）在（1，+∞）遞增，
h（t）的值域是（h（1），+∞），即（0，+∞），
∴當a＞0時方程總有解，即對于任意正實數a，
曲線y=f（x）上總存在兩點P，Q，
使得△POQ是以O（O為坐標原點）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 本題考查了求函數的解析式問題，考查函數恒成立以及心理問題，考查分類討論思想，轉化思想，是一道綜合題．