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已知函数f(x)=-x3+x2+b,g(x)=a1nx.
(1)若f(x)在x∈[-
1
2
,1)上的最大值为
3
8
,求实数b的值
(2)若存在x∈[1,e],使得g(x)≤-x2+(a+2)x成立,求实数a的取值范围;
(3)在(1)的条件下,设F(x)=
f(x),x<1
g(x),x≥1
,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(O为坐标原点)为直角顶点的直角三角形,且此三角形斜边中点在y轴上?请说明理由.
考点:利用导数求闭区间上函数的最值
专题:函数的性质及应用
分析:(1)求导函数,令f′(x)=0,确定函数的单调性与极值,从而可得函数的最大值,由此可求b的值;
(2)由g(x)≤-x2+(a+2)x,得a≥
x2-2x
x-lnx
,故a≥(
x2-2x
x-lnx
min,求出最小值,即可求得a的取值范围;
(3)由条件,F(x)=
-x3+x2,x<1
alnx,x≥1
,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,则是否存在P,Q等价于方程-t2+F(t)(t3+t2)=0在t>0且t≠1时是否有解.
解答: 解:(1)由f(x)=-x3+x2+b,得f′(x)=-3x2+2x=-x(3x-2),
令f′(x)=0,得x=0或
2
3

当x∈[-
1
2
,0)、(0,
2
3
)、(
2
3
,1)时,f′(x)分别满足:f′(x)<0、f′(x)>0、f′(x)<0,
∴f(x)在区间[-
1
2
,0)递减、(0,
2
3
)递增、(
2
3
,1)递减,
∴当x=-
1
2
或x=
2
3
时f(x)取最大值,
∵f(-
1
2
)=
3
8
+b,f(
2
3
)=
4
27
+b,
∴f(-
1
2
)>f(
2
3
),即最大值为f(-
1
2
)=
3
8
+b=
3
8

∴b=0.
(2)由g(x)≤-x2+(a+2)x,得(x-lnx)a≥x2-2x.
∵x∈[1,e],∴lnx≤1≤x,且等号不能同时取,
∴lnx<x,即x-lnx>0,
∴a≥
x2-2x
x-lnx

要使存在x∈[1,e],使得a≥
x2-2x
x-lnx

∴a≥(
x2-2x
x-lnx
min
令t(x)=
x2-2x
x-lnx
,(x∈[1,e]),求导得,t′(x)=
2(x-1)(2-lnx)
(x-lnx)2

当x∈[1,e]时,x-1≥0,lnx≤1,从而t′(x)≥0,
∴t(x)在[1,e]上为增函数,∴tmin(x)=t(1)=-1,∴a≥-1.
(3)由条件,F(x)=
-x3+x2,x<1
alnx,x≥1

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(O为坐标原点)为直角顶点的直角三角形,∴
OP
OQ
=0,
∴-t2+F(t)(t3+t2)=0…(*),
是否存在P,Q等价于方程(*)在t>0且t≠1时是否有解.
①若0<t<1时,方程(*)为-t2+(-t3+t2)(t3+t2)=0,化简得t4-t2+1=0,此方程无解;  
②若t>1时,(*)方程为-t2+alnt•(t3+t2)=0,即
1
a
=(t+1)lnt,
设h(t)=(t+1)lnt(t>1),则h′(t)=lnt+
1
t
+1,
显然,当t>1时,h′(t)>0,即h(t)在(1,+∞)上为增函数,∴h(t)的值域为(h(1),+∞),即(0,+∞),
∴当a>0时,方程(*)总有解.
∴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(O为坐标原点)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,考查函数的最值,考查恒成立问题,考查是否存在问题的探究,综合性强.
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5
3
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