Question

14．函数f（x）=mx³+x²+n，g（x）=alnx．
（1）若f（x）在点（1，f（1））处的切线方程为x+y-1=0，求f（x）的表达式；
（2）若对任意x∈[1，e]，都有g（x）≥-x²+（a+2）x恒成立，求实数a的取值范围；
（3）在（1）的条件下，设F（x）=$\left\{\begin{array}{l}f（x），x＜1\\ g（x），x≥1\end{array}$，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（O为坐标原点）为直角顶点的直角三角形，且此三角形斜边中点在y轴上？请说明理由．

Answer 1

分析 （1）求出函数的导数，求出m，n的值，从而求出f（x）的解析式；
（2）得到lnx＜x，即x-lnx＞0，问题转化为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]，根据函数的单调性求出a的范围即可；
（3）得到$\overrightarrow{OP}$•$\overrightarrow{OQ}$=0，即-t²+F（t）（t³+t²）=0，是否存在P，O等价于该方程t＞0且t≠1是否有根，通过讨论t的范围判断即可．

解答 解：（1）f′（x）=3mx²+2x，
则f（′）=m+n+1，
又（1，f（1））在直线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，且等号不同时取得，
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]，
则t′（x）=$\frac{（x-1）（x+2-2lnx）}{{（x-lnx）}^{2}}$，
x∈[1，e]时，x-1≥0，lnx≤1，x+2-2lnx＞0，从而t′（x）≥0，
∴t（x）在[1，e]递增，
∴t（x）的最小值是t（1）=-1，
∴a≤-1；
（3）由题意F（x）=$\left\{\begin{array}{l}{f（x），x＜1}\\{g（x），x≥1}\end{array}\right.$，
设曲线y=F（x）上存在两点P，Q，满足题意，
则P，Q只能在y轴的两侧，
不妨设P（t，F（t）），（t＞0），则Q（-t，t³+t²），（t≠0），
∵△POQ是以O（O为坐标原点）为直角顶点的直角三角形，
∴$\overrightarrow{OP}$•$\overrightarrow{OQ}$=0，
∴-t²+F（t）（t³+t²）=0，是否存在P，O等价于该方程t＞0且t≠1是否有根，
当0＜t＜1时，方程可化为-t²+（-t³+t²）（t³+t²）=0，
化简得：t⁴-t²+1=0，此时方程无解，
当t＞1时，方程可化为-t²+alnt（t³+t²）=0，
即$\frac{1}{a}$=（t+1）lnt，
设h（t）=（t+1）lnt（t＞1），则h′（t）=lnt+$\frac{1}{t}$+1（t＞1），
显然，t＞1时，h′（t）＞0，
即h（t）在（1，+∞）递增，
h（t）的值域是（h（1），+∞），即（0，+∞），
∴当a＞0时方程总有解，即对于任意正实数a，
曲线y=f（x）上总存在两点P，Q，
使得△POQ是以O（O为坐标原点）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 本题考查了求函数的解析式问题，考查函数恒成立以及心理问题，考查分类讨论思想，转化思想，是一道综合题．