Question

已知函數f(x)=

-x3+x2，x＜1 alnx，     x≥1.

（1）若曲線y=f（x）在x=2處的切線與直線x+y+2=0互相垂直，求a的值；
（2）若a≥1，求f（x）在[0，e]（e為自然對數的底數）上的最大值；
（3）對任意給定的正實數a，曲線y=f（x）上是否存在兩點P，Q，使得POQ是以O為直角頂點的直角三角形，且此三角形斜邊中點在y軸上？

Answer 1

分析：（1）先求出導函數f'（x），求出f′(

π

2

)的值從而得到切線的斜率，根據兩直線垂直斜率乘積為-1建立等式關系，解之即可求出a的值．
（2）根據導函數f′（x）＞0和f′（x）＜0求出x的范圍，從而得到f（x）的單調區間，從而得出函數在[0，e]上的最大值；
（3）假設曲線y=f（x）上存在兩點P、Q滿足題設要求，則點P、Q只能在y軸兩側．設P（t，f（t））（t＞0），則Q（-t，t³+t²），顯然t≠1．由此入手能得到對任意給定的正實數a，曲線y=f（x）上存在兩點P、Q，使得△POQ是以O為直角頂點的直角三角形，且此三角形斜邊中點在y軸上．

解答：解：（1）∵x≥1時，f(x)=alnx

，

∴f/(x)=

a

x

，
由已知得f/(2)=1， ∴

a

2

=1．
a=2…（3分）
（2）因為f(x)=

-x3+x2，x＜1 alnx，     x≥1.

，
①當0≤x≤1時，f'（x）=-x（3x-2），解f'（x）＞0得到0＜x＜

2

3

；解f'（x）＜0得到

2

3

＜x＜1．
所以f（x）在(

2

3

，1)上單調遞減，在(0，

2

3

)上單調遞增，
從而f（x）在x=

2

3

處取得極大值也是最大值f(

2

3

)=

4

27

． 所以f（x）在[0，1）上的最大值為

4

27

．…（6分）
②當1≤x≤e時，f'（x）=alnx，因a≥1，所以f（x）在[1，e]上單調遞增，
從而f（x）在[1，e]處取得極大值也是最大值f（e）=a，
因為a＞

4

27

，所以，若a≥1，f（x）在[0，e]上的最大值為a．…（9分）．
（3）假設曲線y=f（x）上存在兩點P，Q，使得POQ是以O為直角頂點的直角三角形，
則P，Q只能在y軸的兩側，不妨設P（t，f（t））（t＞0），則Q（-t，t³+t²），且t≠1．
因為△POQ是以O為直角頂點的直角三角形，所以

OP

•

OQ

=0，
即：-t²+f（t）•（t³+t²）=0（1）…（10分）
是否存在點P，Q等價于方程（1）是否有解．
若0＜t＜1，則f（t）=-t³+t²，代入方程（1）得：t⁴-t²+1=0，此方程無實數解．
若t≥1，則f（t）=alnt，代入方程（1）得到：

1

a

=（t+1）lnt，（12分）
設h（x）=（x+1）lnx（x≥1），則h'（x）=lnx+

1

x

+1＞0在[1，+∞）上恒成立．
所以h（x）在[1，+∞）上單調遞增，從而h（x）≥h（1）=0，
所以當a＞0時，方程

1

a

=（t+1）lnt有解，即方程（1）有解．
所以，對任意給定的正實數a，曲線y=f（x）上存在兩點P，Q，
使得POQ是以O為直角頂點的直角三角形，且此三角形斜邊中點在y軸上．（14分）

點評：本題主要考查了利用導數研究曲線上某點切線方程，以及直線的一般式方程與直線的垂直關系，還考查導數的性質和應用，解題時要認真審題，注意挖掘題設中的隱含條件，解答關鍵是利用導數求閉區間上函數的最值．