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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?
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-
2
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(
2
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.
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(2011•上海模拟)已知函数f(x)=(
x
a
-1)2+(
b
x
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,其中0<a<b.
(1)当a=1,b=2时,求f(x)的最小值;
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4c2
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已知函数f(x)=(
x
a
-1)2+(
b
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-1)2,x∈(0,+∞)
,其中0<a<b.
(1)当a=1,b=2时,求f(x)的最小值;
(2)若f(a)≥2m-1对任意0<a<b恒成立,求实数m的取值范围;
(3)设k、c>0,当a=k2,b=(k+c)2时,记f(x)=f1(x);当a=(k+c)2,b=(k+2c)2时,记f(x)=f2(x).
求证:f1(x)+f2(x)>
4c2
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D.f(x)是奇函数,g(x)是偶函数,则f(x)+g(x)可以是奇函数或偶函数

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