Question

19．已知函數(shù)f（x）=-x³+x²+bx，g（x）=alnx．
（1）若f（x）在x=$\frac{2}{3}$處取得極值，求實數(shù)b的值；
（2）若對任意x∈[1，e]，都有g（x）≥-x²+（a+2）x恒成立，求實數(shù)a的取值范圍；
（3）在（1）的條件下，設F（x）=$\left\{\begin{array}{l}{f（x），x＜1}\\{g（x），x≥1}\end{array}\right.$對任意給定的正實數(shù)a，曲線y=F（x）上是否存在兩點P、Q，使得△POQ是以O（O為坐標原點）為直角頂點的直角三角形，且此三角形斜邊中點在y軸上？請說明理由．

Answer 1

分析 （1）直接對f（x）求導，根據(jù)f（x）在x=$\frac{2}{3}$處取得極值，建立方程，即可解出b的值；
（2）根據(jù)條件化簡g（x）≥-x²+（a+2）x得，a≤$\frac{{x}^{2}-2x}{x-lnx}$，（x∈[1，e]）恒成立，令t（x）=$\frac{{x}^{2}-2x}{x-lnx}$，求出t（x）的最小值即可確定a的范圍；
（3）先假設曲線y=F（x）上存在兩點P，Q滿足題意，設出P（t，F(xiàn)（t））（t＞0），則Q（-t，t³+t²），從而由△POQ是以O（O為坐標原點）為直角頂點的直角三角形可建立關系式-t²+F（t）（t³+t²）=0，分情況求解即可．

解答 解析：（1）由f（x）=-x³+x²+bx，得
f′（x）=-3x²+2x+b，
若f（x）在x=$\frac{2}{3}$處取得極值，
即f′（$\frac{2}{3}$）=0，解得：b=0；
（2）（2）由g（x）≥-x²+（a+2）x，
得（x-lnx）a≤x²-2x．
∵x∈[1，e]，
∴l(xiāng)nx≤1≤x，且等號不能同時取，
∴l(xiāng)nx＜x，即x-lnx＞0．
∴a≤$\frac{{x}^{2}-2x}{x-lnx}$，（x∈[1，e]）恒成立，
令t（x）=$\frac{{x}^{2}-2x}{x-lnx}$，（x∈[1，e]），
則t′（x）=$\frac{（x-1）（x+2-2lnx）}{{（x-lnx）}^{2}}$，
當x∈[1，e]，時，x-1≥0，0≤lnx≤1，x+2-2lnx＞0，
∴t'（x）≥0，
∴t（x）在[1，e]上為增函數(shù)，
∴t（x）_min=t（1）=-1，
∴a≤-1；
（3）由條件，F(xiàn)（x）=$\left\{\begin{array}{l}{{-x}^{3}{+x}^{2}，x＜1}\\{alnx，x≥1}\end{array}\right.$，
假設曲線y=F（x）上存在兩點P，Q滿足題意，則P，Q只能在y軸兩側，
不妨設P（t，F(xiàn)（t））（t＞0），則Q（-t，t³+t²），且t≠1．
∵△POQ是以O為直角頂點的直角三角形，
∴$\overrightarrow{OP}$•$\overrightarrow{OQ}$=0，
∴-t²+F（t）（t³+t²）=0（*），
是否存在P，Q等價于方程（*）在t＞0且t≠1時是否有解．
①若0＜t＜1時，方程（*）為-t²+（-t³+t²）（t³+t²）=0，
化簡得t⁴-t²+1=0，此方程無解；
②若t＞1時，方程（*）為-t²+alnt•（t³+t²）=0，
即$\frac{1}{a}$=（t+1）lnt，
設h（t）=（t+1）lnt（t＞1），
則h′（t）=lnt+$\frac{1}{t}$+1，
顯然，當t＞1時，h'（t）＞0，
即h（t）在（1，+∞）上為增函數(shù)，
∴h（t）的值域為（h（1），+∞），
即（0，+∞），
∴當a＞0時，方程（*）總有解．
∴對任意給定的正實數(shù)a，曲線y=F（x） 上總存在兩點P，Q，
使得△POQ是以O（O為坐標原點）為直角頂點的直角三角形，且此三角形斜邊中點在y軸上．

點評 本題考查利用導數(shù)求函數(shù)極值和最值的相關知識，恒成立問題和存在性問題的解決技巧，以及方程根的存在性定理的應用．屬于難題．