Question

（2012•泰州二模）已知函数f（x）=-x³+x²，g（x）=alnx，a∈R．
（1）若对任意x∈[1，e]，都有g（x）≥-x²+（a+2）x恒成立，求a的取值范围；
（2）设F（x）=

f(x)，x＜1 g(x)，x≥1

若P是曲线y=F（x）上异于原点O的任意一点，在曲线y=F（x）上总存在另一点Q，使得△POQ中的∠POQ为钝角，且PQ的中点在y轴上，求a的取值范围．

Answer 1

分析：（1）已知对任意x∈[1，e]，都有g（x）≥-x²+（a+2）x恒成立，可以转化为（x-lnx）a≤x²-2x，再利用系数分离法
（2）假设曲线y=F（x）上存在一点Q（-t，F（-t）），使∠POQ为钝角，则

OP

•

OQ

＜0，然后对t进行讨论：t＜-1，-1＜t＜1，t＞1，三种情况进行讨论，转化为函数的恒成立，利用常数分离法进行求解；

解答：解：（1）由对任意x∈[1，e]，都有g（x）≥-x²+（a+2）x恒成立，得（x-lnx）a≤x²-2x，．
由于x∈[1，e]，lnx≤1≤x，且等号不能同时取得，所以lnx＜x，x-lnx＞0．
从而a≤

x2-2x

x-lnx

恒成立，a≤（

x2-2x

x-lnx

）_min． …（4分）
设t（x）=

x2-2x

x-lnx

，x∈[1，e]，
求导，得t′（x）=

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

(x-lnx)2

．…（6分）
x∈[1，e]，x-1≥0，lnx≤1，x+2-lnx＞0，
从而t′（x）≥0，t（x）在[1，e]上为增函数．
所以t（x）_min=t（1）=-1，所以a≤-1．…（8分）
（2）F（x）=

-x3+x2，x＜1 alnx，   x≥1

，
设P（t，F（t））为曲线y=F（x）上的任意一点．
假设曲线y=F（x）上存在一点Q（-t，F（-t）），使∠POQ为钝角，
则

OP

•

OQ

＜0，
若t≤-1，P（t，-t³+t2），Q（-t，aln（-t）），

OP

•

OQ

=-t²+aln（-t）（-t³+t²），
由于

OP

•

OQ

＜0恒成立，a（1-t）ln（-t）＜1．
当t=-1时，a（1-t）ln（-t）＜1．恒成立．
当t＜-1时，a＜

1

(1-t)ln(-t)

恒成立．由于

1

(1-t)ln(-t)

＞0，所以a≤0．（12分）
若-1＜t＜1，t≠0，P（t，-t³+t²），Q（-t，t³+t²），
则

OP

•

OQ

=-t²+（-t³+t²）（t³+t²）＜0，
t⁴-t²+1＞0对-1＜t＜1，t≠0恒成立．…（14分）
③当t≥1时，同①可得a≤0．
综上所述，a的取值范围是（-∞，0]．  …（16分）

点评：解决本题的关键在于“转化”，先将转化为恒成立问题，再将将问题转化为二次函数问题，最终得以解决．很多问题在实施“化难为易”、“化生为熟”中得以解决，但是题中所蕴涵的分类讨论思想却是我们常用的方法；