Question

（2012•安慶二模）已知函數f（x）=-x³+x²，g（x）=alnx（a≠0，a∈R）．
（I）求f（x）的單調區間；
（II）若對任意x∈[1，e]，使得g（x）≥-x²+（a+2）x恒成立，求實數a的取值范圍；
（III）設F（x）=

f(x)，x＜1 g(x)，x≥1

，曲線y=F（x）上是否總存在兩點P，Q，使得△POQ是以O（O為坐標原點）為鈍角柄點的鈍角三角形，且最長邊的中點在y軸上？請說明理由．

Answer 1

分析：（Ⅰ）求導函數，由導函數的正負，即可確定f（x）的單調區間；
（Ⅱ）利用分離參數法，將對任意x∈[1，e]，使得g（x）≥-x²+（a+2）x恒成立，轉化為a≤

x2-2x

x-lnx

對x∈[1，e]恒成立，即a≤(

x2-2x

x-lnx

)min．（x∈[1，e]）；
（Ⅲ）由條件，F(x)=

-x3+x2，x＜1 alnx，x≥1

，假設曲線y=F（x）上總存在兩點P，Q滿足：△POQ是以O為鈍角頂點的鈍角三角形，且最長邊的中點在y軸上，則P，Q只能在y軸兩側，則問題轉化為

OP

•

OQ

＜0，從而可得不等式，分類討論，即可求解．

解答：解：（Ⅰ）∵f（x）=-x³+x²，∴f′（x）=-3x²+2x=x（-3x+2）
∴當x∈（-∞，0）、(

2

3

，+∞)時，f'（x）＜0，f（x）在區間（-∞，0）、(

2

3

，+∞)上單調遞減．
當x∈(0，

2

3

)時，f'（x）＞0，f（x）在區間(0，

2

3

)上單調遞增．…（3分）
（Ⅱ）由g（x）≥-x²+（a+2）x，得（x-lnx）a≤x²-2x．
∵x∈[1，e]，∴lnx≤1≤x，且等號不能同時取得，∴lnx＜x，即x-lnx＞0，
∵對任意x∈[1，e]，使得g（x）≥-x²+（a+2）x恒成立，
∴a≤

x2-2x

x-lnx

對x∈[1，e]恒成立，即a≤(

x2-2x

x-lnx

)min．（x∈[1，e]）
令t(x)=

x2-2x

x-lnx

(x＞0)，求導得，t′(x)=

(x-1)(x+2-2lnx)

(x-lnx)2

，…（5分）
∵x∈[1，e]，∴lnx≤1，∴t'（x）＞0
∴t（x）在[1，e]上為增函數，∴t_min（x）=t（1）=-1，∴a≤-1．            …（7分）
（Ⅲ）由條件，F(x)=

-x3+x2，x＜1 alnx，x≥1

，假設曲線y=F（x）上總存在兩點P，Q滿足：△POQ是以O為鈍角頂點的鈍角三角形，且最長邊的中點在y軸上，則P，Q只能在y軸兩側．
不妨設P（t，F（t））（t＞0），則Q（-t，t³+t²）．
∴

OP

•

OQ

＜0，∴-t²+F（t）（t³+t²）＜0…（※），
是否存在P，Q兩點滿足條件就等價于不等式（※）在t＞0時是否有解．…（9分）
若0＜t＜1時，∴-t²+（-t³+t²）（t³+t²）＜0，化簡得t⁴-t²+1＞0，對?t∈（0，1）此不等式恒成立，故總存在符合要求的兩點P、Q；                    …（11分）
若t≥1時，（※）不等式化為-t²+alnt•（t³+t²）＜0，
①若a＜0，此不等式顯然對t≥1恒成立，故總存在符合要求的兩點P、Q；
②若a＞0時，有

1

a

＞(t+1)lnt…（▲），
設h（t）=（t+1）lnt（t≥1），則h′(t)=lnt+

1

t

+1，顯然，當t≥1時，h′（t）＞0，即h（t）在[1，+∞）上為增函數，∴h（t）的值域為[h（1），+∞），即[0，+∞），∴當a＞0時，不等式（▲）總有解．
故對?t∈[1，+∞）總存在符合要求的兩點P、Q．…（13分）
綜上所述，曲線y=F（x）上總存在兩點p，Q，使得△POQ是以O為鈍角頂點的鈍角三角形，且最長邊的中點在y軸上．…（14分）

點評：本題考查導數知識的綜合應用，考查函數的單調性，考查函數的最值，考查分離參數法的運用，考查學生分析解決問題的能力，屬于中檔題．