Question

（2012•泰州二模）已知函數f（x）=-x³+x²，g（x）=alnx，a∈R．
（1）若對任意x∈[1，e]，都有g（x）≥-x²+（a+2）x恒成立，求a的取值范圍；
（2）設F（x）=

f(x)，x＜1 g(x)，x≥1

若P是曲線y=F（x）上異于原點O的任意一點，在曲線y=F（x）上總存在另一點Q，使得△POQ中的∠POQ為鈍角，且PQ的中點在y軸上，求a的取值范圍．

Answer 1

分析：（1）已知對任意x∈[1，e]，都有g（x）≥-x²+（a+2）x恒成立，可以轉化為（x-lnx）a≤x²-2x，再利用系數分離法
（2）假設曲線y=F（x）上存在一點Q（-t，F（-t）），使∠POQ為鈍角，則

OP

•

OQ

＜0，然后對t進行討論：t＜-1，-1＜t＜1，t＞1，三種情況進行討論，轉化為函數的恒成立，利用常數分離法進行求解；

解答：解：（1）由對任意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，且等號不能同時取得，所以lnx＜x，x-lnx＞0．
從而a≤

x2-2x

x-lnx

恒成立，a≤（

x2-2x

x-lnx

）_min． …（4分）
設t（x）=

x2-2x

x-lnx

，x∈[1，e]，
求導，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，
從而t′（x）≥0，t（x）在[1，e]上為增函數．
所以t（x）_min=t（1）=-1，所以a≤-1．…（8分）
（2）F（x）=

-x3+x2，x＜1 alnx，   x≥1

，
設P（t，F（t））為曲線y=F（x）上的任意一點．
假設曲線y=F（x）上存在一點Q（-t，F（-t）），使∠POQ為鈍角，
則

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．
當t=-1時，a（1-t）ln（-t）＜1．恒成立．
當t＜-1時，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），
則

OP

•

OQ

=-t²+（-t³+t²）（t³+t²）＜0，
t⁴-t²+1＞0對-1＜t＜1，t≠0恒成立．…（14分）
③當t≥1時，同①可得a≤0．
綜上所述，a的取值范圍是（-∞，0]．  …（16分）

點評：解決本題的關鍵在于“轉化”，先將轉化為恒成立問題，再將將問題轉化為二次函數問題，最終得以解決．很多問題在實施“化難為易”、“化生為熟”中得以解決，但是題中所蘊涵的分類討論思想卻是我們常用的方法；