Question

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

f(x)，x＜1 g(x)，x≥1

若P是曲線y=F（x）上異于原點(diǎn)O的任意一點(diǎn)，在曲線y=F（x）上總存在另一點(diǎn)Q，使得△POQ中的∠POQ為鈍角，且PQ的中點(diǎn)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(shù)（x）≥-x²+（a+2）x恒成立，可以轉(zhuǎn)化為（x-lnx）a≤x²-2x，再利用系數(shù)分離法
（2）假設(shè)曲線y=F（x）上存在一點(diǎn)Q（-t，F(xiàn)（-t）），使∠POQ為鈍角，則

OP

•

OQ

＜0，然后對t進(jìn)行討論：t＜-1，-1＜t＜1，t＞1，三種情況進(jìn)行討論，轉(zhuǎn)化為函數(shù)的恒成立，利用常數(shù)分離法進(jìn)行求解；

解答：解：（1）由對任意x∈[1，e]，都有g(shù)（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(hào)不能同時(shí)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(shè)t（x）=

x2-2x

x-lnx

，x∈[1，e]，
求導(dǎo)，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(shù)．
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(shè)P（t，F(xiàn)（t））為曲線y=F（x）上的任意一點(diǎn)．
假設(shè)曲線y=F（x）上存在一點(diǎn)Q（-t，F(xiàn)（-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(dāng)t=-1時(shí)，a（1-t）ln（-t）＜1．恒成立．
當(dāng)t＜-1時(shí)，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(dāng)t≥1時(shí)，同①可得a≤0．
綜上所述，a的取值范圍是（-∞，0]．  …（16分）

點(diǎn)評(píng)：解決本題的關(guān)鍵在于“轉(zhuǎn)化”，先將轉(zhuǎn)化為恒成立問題，再將將問題轉(zhuǎn)化為二次函數(shù)問題，最終得以解決．很多問題在實(shí)施“化難為易”、“化生為熟”中得以解決，但是題中所蘊(yùn)涵的分類討論思想?yún)s是我們常用的方法；