Question

18．已知函数f（x）=-x³+x²（x∈R），g（x）满足g′（x）=$\frac{a}{x}$（a∈R，x＞0），且g（e）=a，其中e为自然对数的底数．
（1）已知h（x）=e^1-x•f（x），求h（x）在（1，h（1））处的切线方程；
（2）设函数F（x）=$\left\{\begin{array}{l}{f（x），x＜1}\\{g（x），x≥1}\end{array}\right.$，O为坐标原点，若对于y=F（x）在x≤-1时的图象上的任一点P，在曲线y=F（x）（x∈R）上总存在一点Q，使得$\overrightarrow{OP}$•$\overrightarrow{OQ}$＜0，且$\overrightarrow{PQ}$的中点在y轴上，求实数a的取值范围．

Answer 1

分析 （1）求出h（x）的导数，得到h（1），h′（1）的值，从而求出切线方程即可；
（2）求出g（x）的导数，得到c=0，得到$\overrightarrow{OP}$•$\overrightarrow{OQ}$=-t²-at²（t-1）ln（-t）＜0，所以a（1-t）ln（-t）＜1，通过讨论t的范围，从而求出a的范围即可．

解答 解：（1）∵h（x）=（-x³+x²）e^1-x，h′（x）=（x³-4x²+2x）e^1-x，
∴h（1）=0，h′（1）=-1，
∴h（x）在（1，h（1））处的切线方程为：y=-（x-1），即y=-x+1；
（2）∵g′（x）=$\frac{a}{x}$（x＞0），∴g（x）=alnx+c，
∴g（e）=alne+c=a+c=a，得：c=0，从而g（x）=alnx，
设P（t，F（t））为y=F（x）在x≤-1时的图象上的任意一点，则t≤-1，
∵PQ的中点在y轴上，∴Q的坐标为（-t，F（-t）），
∵t≤-1，∴-t≥1，所以P（t，-t³+t²），O（-t，aln（-t）），
∴$\overrightarrow{OP}$•$\overrightarrow{OQ}$=-t²-at²（t-1）ln（-t），由于$\overrightarrow{OP}$•$\overrightarrow{OQ}$＜0，所以a（1-t）ln（-t）＜1，
当t=-1时，a（1-t）ln（-t）＜1恒成立，∴a∈R；
当t＜-1时，a＜$\frac{1}{（1-t）（ln（-t）}$，令ω（t）=$\frac{1}{（1-t）（ln（-t）}$，（t＜-1），
则ω′（t）=$\frac{（t-1）+tln（-t）}{{[（1-t）ln（-t）]}^{2}}$，
∵t＜-1，∴t-1＜0，tln（-t）＜0，∴ω′（t）＞0，
从而ω（t）在（-∞，-1）上为增函数，由于t→-∞时，ω（t）→0，ω（t）＞0，
∴a≤0．

点评 本题考查了函数的单调性、最值问题，考查导数的应用以及函数恒成立问题，是一道综合题．