Question

2．已知函数$f（x）=\left\{\begin{array}{l}-{x^3}+{x^2}，（x＜1）\\ c（{e^{x-1}}-1），（x≥1）\end{array}\right.$，
（Ⅰ）若f[f（-1）]=e-1，求c的值；
（Ⅱ）函数y=f（x）的图象上存在两点A，B使得△AOB是以坐标原点O为直角顶点的直角三角形，且斜边AB的中点在y轴上，求实数c的取值范围；
（Ⅲ）当c=e时，讨论关于x的方程f（x）=kx（k∈R）的实根的个数．

Answer 1

分析 （Ⅰ）由函数$f（x）=\left\{\begin{array}{l}-{x^3}+{x^2}，（x＜1）\\ c（{e^{x-1}}-1），（x≥1）\end{array}\right.$，将x=-1代入可得c的方程，解得c的值；
（Ⅱ）根据条件知A，B的横坐标互为相反数，分类讨论满足条件的c的范围，综合讨论结果，可得答案；
（Ⅲ）将方程转化为函数y=k与y=f（x），将方程根的问题转化为函数图象交点问题解决

解答 解：（Ⅰ）∵函数$f（x）=\left\{\begin{array}{l}-{x^3}+{x^2}，（x＜1）\\ c（{e^{x-1}}-1），（x≥1）\end{array}\right.$，
∴f[f（-1）]=f（2）=c（e-1）=e-1，
∴c=1
（Ⅱ）∵△AOB是以坐标原点O为直角顶点的直角三角形，且斜边AB的中点在y轴上，
∴A，B的横坐标互为相反数，
不妨设A（-t，t³+t²），B（t，f（t）），（t＞0）．
若0＜t＜1，则f（t）=-t³+t²，
由题意 $\overrightarrow{OA}•\overrightarrow{OB}$=0，即-t²+（t³+t²）（-t³+t²）=0，
此时t=0，不合题意，舍去；
若t≥1，则f（t）=c（e^t-1-1）．
由于AB的中点在y轴上，且∠AOB是直角，所以B点不可能在x轴上，即t≠1．
同理由$\overrightarrow{OA}•\overrightarrow{OB}$=0，即-t²+（t³+t²）•c（e^t-1-1）=0，
∴c=$\frac{1}{（t+1）（{e}^{t-1}-1）}$．
由于函数g（t）=$\frac{1}{（t+1）（{e}^{t-1}-1）}$（t＞1）的值域是（0，+∞），
∴实数c的取值范围是（0，+∞）
（III）方程f（x）=kx，知kx=$\left\{\begin{array}{l}-{x}^{3}+{x}^{2}，（x＜1）\\{e}^{x}-e，（x≥1）\end{array}\right.$，可知0一定是方程的根，
所以仅就x≠0时进行研究：方程等价于k=$\left\{\begin{array}{l}-{x}^{2}+{x}^{\;}，（x＜1，x≠0）\\{\frac{1}{x}（e}^{x}-e），（x≥1）\end{array}\right.$
构造函数g（x）=$\left\{\begin{array}{l}-{x}^{2}+{x}^{\;}，（x＜1，x≠0）\\{\frac{1}{x}（e}^{x}-e），（x≥1）\end{array}\right.$
对于x＜1且x≠0部分，函数g（x）=-x²+x的图象是开口向下的抛物线的一部分，
当x=$\frac{1}{2}$时取得最大值$\frac{1}{4}$，其值域是（-∞，0）∪（0，$\frac{1}{4}$]；
对于x≥1部分，函数g（x）=$\frac{1}{x}{（e}^{x}-e）$，由g′（x）=$\frac{{e}^{x}（x-1）+e}{{x}^{2}}$＞0，知函数g（x）在[1，+∞）上单调递增．
所以，①当$k＞\frac{1}{4}$或k≤0时，方程f（x）=kx有两个实根；
②当$k=\frac{1}{4}$时，方程f（x）=kx有三个实根；
③当$0＜k＜\frac{1}{4}$时，方程f（x）=kx有四个实根．

点评 本题主要考查函数的单调性、极值点与其导函数之间的关系，以及研究方程根的个数问题，此类问题首选的方法是图象法即构造函数利用函数图象解题，其次是直接求出所有的根