Question

已知函数f(x)=

x3+x2(x＜1) alnx(x≤1)

（Ⅰ）求f（x）在[-1，e]（e为自然对数的底数）上的最大值；
（Ⅱ）对任意给定的正实数a，曲线y=f（x）上是否存在两点P，Q，使得△POQ是以O为直角顶点的直角三角形，且此三角形斜边中点在y轴上？

Answer 1

分析：（I）由 f(x)=

-x3+x2，x＜1 alnx，x≥1

知，当-1≤x＜1时，f′(x)=-3x2+2x=-3x(x-

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3

)，令f'（x）=0得 x=0或x=

2

3

，当x变化时，f'（x），f（x）的变化情况列表知f（x）在[-1，1）上的最大值为2．当1≤x≤2时，f（x）=alnx．当a≤0时，f（x）≤0，f（x）最大值为0；当a＞0时，f（x）在[1，e]上单调递增．当a≤2时，f（x）在区间[-1，e]上的最大值为2；当a＞2时，f（x）在区间[-1，e]上的最大值为a．
（II）假设曲线y=f（x）上存在两点P、Q满足题设要求，则点P、Q只能在y轴两侧．设P（t，f（t））（t＞0），则Q（-t，t³+t²），显然t≠1．由此入手能得到对任意给定的正实数a，曲线y=f（x）上存在两点P、Q，使得△POQ是以O为直角顶点的直角三角形，且此三角形斜边中点在y轴上．

解答：解：（Ⅰ）因为f（x）=f(x)=

x3+x2(x＜1) alnx(x≤1)

1当-1≤x＜1时，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）上单减，在（0，

2

3

）上单增，
从而f（x）在x=

2

3

处取得极大值f

2

3

）=

4

27

又∵f（-1）=2，f（1）=0，
∴f（x）在[-1，1）上的最大值为2．
当1≤x≤e时，f（x）=alnx，
当a≤0时，f（x）≤0；
当a＞0时，f（x）在[1，e]单调递增；
∴f（x）在[1，e]上的最大值为a．
∴当a≥2时，f（x）在[-1，e]上的最大值为a；
当a＜2时，f（x）在[-1，e]上的最大值为2．
（Ⅱ）假设曲线y=f（x）上存在两点P，Q满足题意，则P，Q只能在y轴两侧，不妨设P（t，f（t））（t＞0），则Q（-t，t³+t²），且t≠1
∵△POQ是以O为直角顶点的直角三角形
∴

OP

•

OQ

=0，即-t²+f（t）（t³+t²）=0（*）
是否存在P，Q等价于方程（*）是否有解．
①若0＜t＜1，则f（x）=-t³+t²，代入方程（*）得：-t²+（-t³+t²）（t³+t²）=0，
即：t⁴-t²+1=0，而此方程无实数解，
②当t＞1时，
∴f（t）=alnt，代入方程（*）得：-t²+alnt•（t³+t²）=0，
即：

1

a

=(t+1)lnt
设h（x）=（x+1）lnx（x≥1），则h′（x）=lnx+

1

x

+1＞0在[1，+∞）恒成立．
∴h（x）在[1，+∞）上单调递增，从而h（x）≥h（1）=0，则h（x）的值域为[0，+∞）．
∴当a＞0时，方

1

a

=（t+1）lnt有解，即方程（*）有解．
∴对任意给定的正实数a，曲线y=f（x）上总存在两点P，Q，使得△POQ是以O为直角顶点的直角三角形，且此三角形斜边中点在y轴上．

点评：本题考查导数的性质和应用，解题时要认真审题，注意挖掘题设中的隐含条件．解答关键是利用导数求闭区间上函数的最值．