Question

（2012•安庆二模）已知函数f（x）=-x³+x²，g（x）=alnx（a≠0，a∈R）．
（I）求f（x）的单调区间；
（II）若对任意x∈[1，e]，使得g（x）≥-x²+（a+2）x恒成立，求实数a的取值范围；
（III）设F（x）=

f(x)，x＜1 g(x)，x≥1

，曲线y=F（x）上是否总存在两点P，Q，使得△POQ是以O（O为坐标原点）为钝角柄点的钝角三角形，且最长边的中点在y轴上？请说明理由．

Answer 1

分析：（Ⅰ）求导函数，由导函数的正负，即可确定f（x）的单调区间；
（Ⅱ）利用分离参数法，将对任意x∈[1，e]，使得g（x）≥-x²+（a+2）x恒成立，转化为a≤

x2-2x

x-lnx

对x∈[1，e]恒成立，即a≤(

x2-2x

x-lnx

)min．（x∈[1，e]）；
（Ⅲ）由条件，F(x)=

-x3+x2，x＜1 alnx，x≥1

，假设曲线y=F（x）上总存在两点P，Q满足：△POQ是以O为钝角顶点的钝角三角形，且最长边的中点在y轴上，则P，Q只能在y轴两侧，则问题转化为

OP

•

OQ

＜0，从而可得不等式，分类讨论，即可求解．

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

2

3

，+∞)时，f'（x）＜0，f（x）在区间（-∞，0）、(

2

3

，+∞)上单调递减．
当x∈(0，

2

3

)时，f'（x）＞0，f（x）在区间(0，

2

3

)上单调递增．…（3分）
（Ⅱ）由g（x）≥-x²+（a+2）x，得（x-lnx）a≤x²-2x．
∵x∈[1，e]，∴lnx≤1≤x，且等号不能同时取得，∴lnx＜x，即x-lnx＞0，
∵对任意x∈[1，e]，使得g（x）≥-x²+（a+2）x恒成立，
∴a≤

x2-2x

x-lnx

对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)，求导得，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]上为增函数，∴t_min（x）=t（1）=-1，∴a≤-1．            …（7分）
（Ⅲ）由条件，F(x)=

-x3+x2，x＜1 alnx，x≥1

，假设曲线y=F（x）上总存在两点P，Q满足：△POQ是以O为钝角顶点的钝角三角形，且最长边的中点在y轴上，则P，Q只能在y轴两侧．
不妨设P（t，F（t））（t＞0），则Q（-t，t³+t²）．
∴

OP

•

OQ

＜0，∴-t²+F（t）（t³+t²）＜0…（※），
是否存在P，Q两点满足条件就等价于不等式（※）在t＞0时是否有解．…（9分）
若0＜t＜1时，∴-t²+（-t³+t²）（t³+t²）＜0，化简得t⁴-t²+1＞0，对?t∈（0，1）此不等式恒成立，故总存在符合要求的两点P、Q；                    …（11分）
若t≥1时，（※）不等式化为-t²+alnt•（t³+t²）＜0，
①若a＜0，此不等式显然对t≥1恒成立，故总存在符合要求的两点P、Q；
②若a＞0时，有

1

a

＞(t+1)lnt…（▲），
设h（t）=（t+1）lnt（t≥1），则h′(t)=lnt+

1

t

+1，显然，当t≥1时，h′（t）＞0，即h（t）在[1，+∞）上为增函数，∴h（t）的值域为[h（1），+∞），即[0，+∞），∴当a＞0时，不等式（▲）总有解．
故对?t∈[1，+∞）总存在符合要求的两点P、Q．…（13分）
综上所述，曲线y=F（x）上总存在两点p，Q，使得△POQ是以O为钝角顶点的钝角三角形，且最长边的中点在y轴上．…（14分）

点评：本题考查导数知识的综合应用，考查函数的单调性，考查函数的最值，考查分离参数法的运用，考查学生分析解决问题的能力，属于中档题．