Question

已知函數(shù)f（x）=-x³+x²（x∈R），g（x）滿足g′（x）=

a

x

（a∈R，x＞0），且g（e）=a，e為自然對(duì)數(shù)的底數(shù)．
（Ⅰ）已知h（x）=e^1-xf（x），求h（x）在（1，h（1））處的切線方程；
（Ⅱ）若存在x∈[1，e]，使得g（x）≥-x²+（a+2）x成立，求a的取值范圍；
（Ⅲ）設(shè)函數(shù)F（x）=

f(x)，x＜1 g(x)，x≥1

，O為坐標(biāo)原點(diǎn)，若對(duì)于y=F（x）在x≤-1時(shí)的圖象上的任一點(diǎn)P，在曲線y=F（x）（x∈R）上總存在一點(diǎn)Q，使得

OP

•

OQ

＜0，且PQ的中點(diǎn)在y軸上，求a的取值范圍．

Answer 1

考點(diǎn)：利用導(dǎo)數(shù)求閉區(qū)間上函數(shù)的最值,利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性

專題：導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用

分析：（Ⅰ）先求出函數(shù)h（x）的導(dǎo)數(shù)，再求出h（1），h′1）的值，從而求出函數(shù)的切線方程；
（Ⅱ）先表示出g（x）的表達(dá)式，從而a≤

x2-2x

x-lnx

，為滿足題意，必須a≤(

x2-2x

x-lnx

)max． 設(shè)t(x)=

x2-2x

x-lnx

，x∈[1，e]，得t'（x）≥0，從而a≤

e2-2e

e-1

． 
（Ⅲ）設(shè)P（t，F(xiàn)（t））為y=F（x）在x≤-1時(shí)的圖象上的任意一點(diǎn)，所以a（1-t）ln（-t）＜1． 討論t=-1時(shí)，t＜-1時(shí)的情況，綜合求出a的取值范圍．

解答： 解：（Ⅰ）∵h(yuǎn)（x）=（-x³+x²）e^1-x，h'（x）=（x³-4x²+2x）e^1-x，
∴h（1）=0，h'（1）=-1，
∴h（x）在（1，h（1））處的切線方程為：y=-（x-1），
即y=-x+1；
（Ⅱ）∵g′(x)=

a

x

(a∈R，x＞0)，
∴g（x）=alnx+c，
∴g（e）=alne+c=a+c=a⇒c=0，從而g（x）=alnx，
由g（x）≥-x²+（a+2）x，得：（x-lnx）a≤x²-2x．
由于x∈[1，e]時(shí)，lnx≤1≤x，且等號(hào)不能同時(shí)成立，
所以lnx＜x，x-lnx＞0．
從而a≤

x2-2x

x-lnx

，為滿足題意，必須a≤(

x2-2x

x-lnx

)max． 
設(shè)t(x)=

x2-2x

x-lnx

，x∈[1，e]，
則t′(x)=

(x-1)(x+2-2lnx)

(x-lnx)2

；
∵x∈[1，e]，
∴x-1≥0，lnx≤1，x+2-2lnx＞0，
從而t'（x）≥0，
∴t（x）在[1，e]上為增函數(shù)，
所以t(x)max=t(e)=

e2-2e

e-1

，
從而a≤

e2-2e

e-1

． 
（Ⅲ）設(shè)P（t，F(xiàn)（t））為y=F（x）在x≤-1時(shí)的圖象上的任意一點(diǎn)，則t≤-1，
∵PQ的中點(diǎn)在y軸上，
∴Q的坐標(biāo)為（-t，F(xiàn)（-t）），
∵t≤-1，∴-t≥1，
所以P（t，-t³+t²），Q（-t，aln（-t）），

OP

•

OQ

=-t2-at2(t-1)ln(-t)．
由于

OP

•

OQ

＜0，
所以a（1-t）ln（-t）＜1． 
當(dāng)t=-1時(shí)，a（1-t）ln（-t）＜1恒成立，
∴a∈R；
當(dāng)t＜-1時(shí)，a＜

1

(1-t)ln(-t)

，
令φ(t)=

1

(1-t)ln(-t)

（t＜-1），
則φ′(t)=

(t-1)+tln(-t)

t[(1-t)ln(-t)]2

∵t＜-1，∴t-1＜0，tln（-t）＜0，
∴φ'（t）＞0，
從而φ(t)=

1

(1-t)ln(-t)

在（-∞，-1）上為增函數(shù)，
由于t→-∞時(shí)，φ(t)=

1

(1-t)ln(-t)

→0，
∴φ（t）＞0，∴a≤0
綜上可知，a的取值范圍是（-∞，0]．

點(diǎn)評(píng)：本題考查了函數(shù)的單調(diào)性，函數(shù)的最值問(wèn)題，考查導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用，分類討論，是一道綜合題．