Question

3．已知函數(shù)f（x）=$\left\{\begin{array}{l}{-{x}^{3}+{x}^{2}，x＜1}\\{alnx，x≥1}\end{array}\right.$，a∈R．
（1）當(dāng)x＜1時(shí)，求函數(shù)f（x）的單調(diào)區(qū)間和極值；
（2）對(duì)任意給定的正實(shí)數(shù)a，曲線y=f（x）上是否存在兩點(diǎn)P，Q，使得△POQ是以O(shè)為直角頂點(diǎn)的直角三角形，且此三角形斜邊中點(diǎn)在y軸上？

Answer 1

分析 （1）當(dāng)x＜1時(shí)，f（x）=-x³+x²，求導(dǎo)f′（x）=-3x²+2x=-3x（x-$\frac{2}{3}$），從而由導(dǎo)數(shù)的正負(fù)確定函數(shù)的單調(diào)性及極值；
（2）假設(shè)曲線y=f（x）上存在兩點(diǎn)P，Q，使得△POQ是以O(shè)為直角頂點(diǎn)的直角三角形，由題意可設(shè)P（t，f（t））（t＞0），則Q（-t，t³+t²），且t≠1，由$\overrightarrow{OP}$•$\overrightarrow{OQ}$=0可得-t²+f（t）（t³+t²）=0，從而討論判斷方程是否有解即可．

解答 解：（1）當(dāng)x＜1時(shí)，f（x）=-x³+x²，
f′（x）=-3x²+2x=-3x（x-$\frac{2}{3}$），
故f（x）在（-∞，0）和（$\frac{2}{3}$，1）上單調(diào)遞減，在（0，$\frac{2}{3}$）上單調(diào)遞增．
∴當(dāng)x=0時(shí)，f（x）取得極小值f（0）=0；
當(dāng)x=$\frac{2}{3}$時(shí)，f（x）取得極大值f（$\frac{2}{3}$）=$\frac{4}{27}$．
（2）假設(shè)曲線y=f（x）上存在兩點(diǎn)P，Q，使得△POQ是以O(shè)為直角頂點(diǎn)的直角三角形，
則P，Q只能在y軸的兩側(cè)，不妨設(shè)P（t，f（t））（t＞0），則Q（-t，t³+t²），且t≠1．
因?yàn)椤鱌OQ是以O(shè)為直角頂點(diǎn)的直角三角形，
所以$\overrightarrow{OP}$•$\overrightarrow{OQ}$=0，
即：-t²+f（t）（t³+t²）=0 ①，
是否存在點(diǎn)P，Q等價(jià)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(shí)數(shù)解；
若t≥1，則f（t）=alnt，代入方程①得：$\frac{1}{a}$=（t+1）lnt，
設(shè)h（t）=（t+1）lnt（t≥1），
則h′（t）=lnt+$\frac{1}{t}$+1＞0在[1，+∞）上恒成立，
所以h（t）在[1，+∞）上單調(diào)遞增，
從而h（t）≥h（1）=0，
所以當(dāng)a＞0時(shí)，方程$\frac{1}{a}$=（t+1）lnt有解．
所以，對(duì)任意給定的正實(shí)數(shù)a，曲線y=f（x）上存在兩點(diǎn)P，Q，使得△POQ是以O(shè)為直角頂點(diǎn)的直角三角形，且此三角形斜邊中點(diǎn)在y軸上．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用及平面向量的應(yīng)用，同時(shí)考查了分類討論的思想應(yīng)用．