Question

12．已知函数f（x）=$\left\{\begin{array}{l}{-{x}^{3}+{x}^{2}，x＜1}\\{alnx，x≥1}\end{array}\right.$
（1）当a≥1时，求f（x）在[0，e]（e为自然对数的底数）上的最大值；
（2）对任意的正实数a，问：曲线y=f（x）上是否存在两点P，Q，使得△POQ（O为坐标原点）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？

Answer 1

分析 （1）当0≤x＜e时，求导函数，可得f（x）在区间[0，e]上的最大值；
（2）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、Q的坐标，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：（1）∵f（x）=$\left\{\begin{array}{l}{-{x}^{3}+{x}^{2}，x＜1}\\{alnx，x≥1}\end{array}\right.$，
当0≤x＜1时，f′（x）=-3x2+2x=-3x（x-$\frac{2}{3}$），
令f'（x）＞0，解得：0≤x＜$\frac{2}{3}$，
令f′（x）＜0，解得：$\frac{2}{3}$＜x＜1，
故f（x）在[0，$\frac{2}{3}$）递增，在（$\frac{2}{3}$，1）递减，
而f（$\frac{2}{3}$）=$\frac{4}{27}$，
∴f（x）在区间[0，1）上的最大值为$\frac{4}{27}$，
1≤x＜e时，f（x）=alnx，f′（x）=$\frac{a}{x}$＞0，
f（x）在[1，e]递增，f（x）max=f（e）=a≥1，
综上f（x）在[0，e]的最大值是a；
（2）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轴的两侧，
不妨设P（t，f（t））（t＞0），则Q（-t，t³+t²），显然t≠1，
∵△POQ是以O为直角顶点的直角三角形，
∴$\overrightarrow{OP}$•$\overrightarrow{OQ}$=0，即-t²+f（t）（t³+t²）=0．（1）
是否存在两点P、Q等价于方程（1）是否有解．
若0＜t＜1，则f（t）=-t³+t²，代入（1）式得，
-t²+（-t³+t²）（t³+t²）=0，即t⁴-t²+1=0，
而此方程无实数解，因此t＞1．
∴f（t）=alnt，代入（1）式得，-t²+（alnt）（t³+t²）=0，
即$\frac{1}{a}$=（t+1）lnt． （*），
考察函数在h（x）=（x+1）lnx（x≥1），
则h′（x）=lnx+$\frac{1}{x}$+1＞0，
∴h（x）在[1，+∞）上单调递增，∵t＞1，∴h（t）＞h（1）=0，
当t→+∞时，h（t）→+∞，∴h（t）的取值范围是（0，+∞）．
∴对于a＞0，方程（*）总有解，即方程（1）总有解．
因此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 本题考查导数知识的运用，考查学生分析解决问题的能力，考查学生的计算能力，综合性强．