Question

已知函數(shù)f(x)=

-x3+x2+bx+c  ，(x＜1) alnx  ，(x≥1)

的圖象過坐標原點O，且在點（-1，f（-1））處的切線的斜率是-5．
（1）試確定實數(shù)b，c的值，并求f（x）在區(qū)間[-1，2]上的最大值；
（2）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(shè)為直角頂點的直角三角形，且此三角形斜邊中點在y軸上？說明理由．

Answer 1

分析：（1）根據(jù)函數(shù)在點（-1，f（-1））處的切線的斜率是-5，建立方程，可確定實數(shù)b，c的值，進而可確定函數(shù)的解析式，分類討論，求導函數(shù)，可得f（x）在[-1，1）上的最大值為2，當1≤x≤2時，f（x）=alnx．對a討論，確定函數(shù)的單調(diào)性，即可求得結(jié)論；
（2）假設(shè)曲線y=f（x）上存在兩點P、Q滿足題設(shè)要求，則點P、Q只能在y軸兩側(cè)．設(shè)P、Q的坐標，由此入手能得到對任意給定的正實數(shù)a，曲線y=f（x）上存在兩點P、Q，使得△POQ是以O(shè)為直角頂點的直角三角形，且此三角形斜邊中點在y軸上．

解答：解：（1）當x＜1時，f（x）=-x³+x²+bx+c，則f'（x）=-3x²+2x+b．
依題意得：

f(0)=0 f′(-1)=-5

，即

c=0 -3-2+b=-5

，∴b=c=0
∴f(x)=

-x3+x2  ，(x＜1) alnx  ，(x≥1)

①當-1≤x＜1時，f′（x）=-3x2+2x=-3x（x-

2

3

）
令f'（x）=0得x=0或x=

2

3

當x變化時，f'（x），f（x）的變化情況如下表：

x	（-1，0）	0	（0， 2 3 ）	2 3	（ 2 3 ，1）
f'（x）	-	0	+	0	-
f（x）	單調(diào)遞減	極小值	單調(diào)遞增	極大值	單調(diào)遞減

又f（-1）=2，f（

2

3

）=

4

27

，f（0）=0．
∴f（x）在[-1，1）上的最大值為2．
②當1≤x≤2時，f（x）=alnx．當a≤0時，f（x）≤0，f（x）最大值為0；
當a＞0時，f（x）在[1，2]上單調(diào)遞增．∴f（x）在[1，2]最大值為aln2．
綜上，當aln2≤2時，即a≤

2

ln2

時，f（x）在區(qū)間[-1，2]上的最大值為2；
當aln2＞2時，即a＞

2

ln2

時，f（x）在區(qū)間[-1，2]上的最大值為aln2．
（2）假設(shè)曲線y=f（x）上存在兩點P、Q滿足題設(shè)要求，則點P、Q只能在y軸兩側(cè)．
不妨設(shè)P（t，f（t））（t＞0），則Q（-t，t³+t²），顯然t≠1
∵△POQ是以O(shè)為直角頂點的直角三角形，∴

OP

•

OQ

=0=0即-t²+f（t）（t³+t²）=0（*）
若方程（*）有解，存在滿足題設(shè)要求的兩點P、Q；
若方程（*）無解，不存在滿足題設(shè)要求的兩點P、Q．
若0＜t＜1，則f（t）=-t³+t²代入（*）式得：-t²+（-t³+t²）（t³+t²）=0
即t⁴-t²+1=0，而此方程無解，因此t＞1．此時f（t）=alnt，
代入（*）式得：-t²+（alnt）（t³+t²）=0即

1

a

=（t+1）lnt（**）
令h（x）=（x+1）lnx（x≥1），則h′（x）=lnx+

1

x

+1＞0
∴h（x）在[1，+∞）上單調(diào)遞增，
∵t＞1，∴h（t）＞h（1）=0，∴h（t）的取值范圍是（0，+∞）．
∴對于a＞0，方程（**）總有解，即方程（*）總有解．
因此，對任意給定的正實數(shù)a，曲線y=f（x）上存在兩點P、Q，使得△POQ是以O(shè)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：本題考查導數(shù)知識的運用，考查學生分析解決問題的能力，考查分類討論的數(shù)學思想，綜合性強，難度大．