（2011•浙江模拟）已知函数f(x)＝−x3+x2，x＜1alnx， &

来源：学生作业帮编辑：大师作文网作业帮分类：综合作业时间：2024/09/21 22:46:17

（2011•浙江模拟）已知函数f(x)＝

−x

（Ⅰ）因为f(x)＝

−x3+x2，x＜1
alnx， x≥1.
①当-1≤x≤1时，f'（x）=-x（3x-2），解f'（x）＞0得到0＜x＜
2
3；解f'（x）＜0得到-1＜x＜0或
2
3＜x＜1．所以f（x）在（-1，0）和(
2
3，1)上单调递减，在(0，
2
3)上单调递增，
从而f（x）在x＝
2
3处取得极大值f(
2
3)＝
4
27．…（3分），
又f（-1）=2，f（1）=0，所以f（x）在[-1，1）上的最大值为2．…（4分）
②当1≤x≤e时，f（x）=alnx，当a≤0时，f（x）≤0；当a＞0时，f（x）在[1，e]上单调递增，
所以f（x）在[1，e]上的最大值为a．
所以当a≥2时，f（x）在[-1，e]上的最大值为a；当a＜2时，f（x）在[-1，e]上的最大值为2．…（8分）
（Ⅱ）假设曲线y=f（x）上存在两点P，Q，使得POQ是以O为直角顶点的直角三角形，则P，Q只能在y轴的两侧，不妨设P（t，f（t））（t＞0），则Q（-t，t³+t²），且t≠1．…（9分）
因为△POQ是以O为直角顶点的直角三角形，所以

OP•

OQ＝0，
即：-t²+f（t）•（t³+t²）=0（1）…（10分）
是否存在点P，Q等价于方程（1）是否有解．
若0＜t＜1，则f（t）=-t³+t²，代入方程（1）得：t⁴-t²+1=0，此方程无实数解．…（11分）
若t＞1，则f（t）=alnt，代入方程（1）得到：
1
a＝(t+1)lnt，…（12分）
设h（x）=（x+1）lnx（x≥1），则h′(x)＝lnx+
1
x＞0在[1，+∞）上恒成立．
所以h（x）在[1，+∞）上单调递增，从而h（x）≥h（1）=0，
所以当a＞0时，方程
1
a＝(t+1)lnt有解，即方程（1）有解．…（14分）
所以，对任意给定的正实数a，曲线y=f（x）上是否存在两点P，Q，使得POQ是以O为直角顶点的直角三角形，且此三角形斜

（2011•浙江模拟）已知函数f(x)＝−x3+x2，x＜1alnx， & 已知函数f(x)＝−x3+x2，x＜1alnx x≥1. 已知函数f(x)＝−x3+x2+bx+c，x＜1alnx， & 已知函数 f(x)＝alnx−(a+1)x+12x2(a≥0)．（2013•丰台区二模）已知函数 f(x)＝alnx−(a+1)x+12x2(a≥0)．（2011•海珠区一模）已知函数f(x)＝13x3+mx2 (x≤0)ex−1 (x＞0). 设f（x）=x2 x∈[0，1]2−x 已知函数f（x）满足f(x)＝x3+f ′(23)x2−x+C（其中f ′(23)为f（x）在点x＝（2012•临沂二模）已知函数f（x）=(x2+2ax)e−x，x＜0bx， &nbs （2012•青岛二模）已知函数f(x)＝log2x ， x＞03−x+1 ， x 已知函数f （x）=x3+32（1-a）x2-3ax+1，a＞0．（2012•厦门模拟）已知函数f(x)＝1−3sin2x+2cos2 x