Question

已知函数f（x）=-x³+x²（x∈R），g（x）满足g′（x）=

a

x

（a∈R，x＞0），且g（e）=a，e为自然对数的底数．
（Ⅰ）已知h（x）=e^1-xf（x），求h（x）在（1，h（1））处的切线方程；
（Ⅱ）若存在x∈[1，e]，使得g（x）≥-x²+（a+2）x成立，求a的取值范围；
（Ⅲ）设函数F（x）=

f(x)，x＜1 g(x)，x≥1

，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

OP

•

OQ

＜0，且PQ的中点在y轴上，求a的取值范围．

Answer 1

考点：利用导数求闭区间上函数的最值,利用导数研究函数的单调性

专题：导数的综合应用

分析：（Ⅰ）先求出函数h（x）的导数，再求出h（1），h′1）的值，从而求出函数的切线方程；
（Ⅱ）先表示出g（x）的表达式，从而a≤

x2-2x

x-lnx

，为满足题意，必须a≤(

x2-2x

x-lnx

)max． 设t(x)=

x2-2x

x-lnx

，x∈[1，e]，得t'（x）≥0，从而a≤

e2-2e

e-1

． 
（Ⅲ）设P（t，F（t））为y=F（x）在x≤-1时的图象上的任意一点，所以a（1-t）ln（-t）＜1． 讨论t=-1时，t＜-1时的情况，综合求出a的取值范围．

解答： 解：（Ⅰ）∵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；
（Ⅱ）∵g′(x)=

a

x

(a∈R，x＞0)，
∴g（x）=alnx+c，
∴g（e）=alne+c=a+c=a⇒c=0，从而g（x）=alnx，
由g（x）≥-x²+（a+2）x，得：（x-lnx）a≤x²-2x．
由于x∈[1，e]时，lnx≤1≤x，且等号不能同时成立，
所以lnx＜x，x-lnx＞0．
从而a≤

x2-2x

x-lnx

，为满足题意，必须a≤(

x2-2x

x-lnx

)max． 
设t(x)=

x2-2x

x-lnx

，x∈[1，e]，
则t′(x)=

(x-1)(x+2-2lnx)

(x-lnx)2

；
∵x∈[1，e]，
∴x-1≥0，lnx≤1，x+2-2lnx＞0，
从而t'（x）≥0，
∴t（x）在[1，e]上为增函数，
所以t(x)max=t(e)=

e2-2e

e-1

，
从而a≤

e2-2e

e-1

． 
（Ⅲ）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），Q（-t，aln（-t）），

OP

•

OQ

=-t2-at2(t-1)ln(-t)．
由于

OP

•

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＜

1

(1-t)ln(-t)

，
令φ(t)=

1

(1-t)ln(-t)

（t＜-1），
则φ′(t)=

(t-1)+tln(-t)

t[(1-t)ln(-t)]2

∵t＜-1，∴t-1＜0，tln（-t）＜0，
∴φ'（t）＞0，
从而φ(t)=

1

(1-t)ln(-t)

在（-∞，-1）上为增函数，
由于t→-∞时，φ(t)=

1

(1-t)ln(-t)

→0，
∴φ（t）＞0，∴a≤0
综上可知，a的取值范围是（-∞，0]．

点评：本题考查了函数的单调性，函数的最值问题，考查导数的应用，分类讨论，是一道综合题．