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．
（I）求實數(shù)b、c的值；
（Ⅱ）求f（x）在區(qū)間[-1，2]上的最大值；
（Ⅲ）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為直角頂點的直角三角形，且此三角形斜邊中點在y軸．若存在請證明，若不存在說明理由．

Answer 1

分析：（I）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；
（II）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)的單調性，即可求得結論；
（III）假設曲線y=f（x）上存在兩點P、Q滿足題設要求，則點P、Q只能在y軸兩側．設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：（Ⅰ）當x＜1時，f'（x）=-3x²+2x+b．
依題意，得

f(0)=0 f′(-1)=-5

即

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

解得b=c=0．…（4分）
（II）由（I）知，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

．x變化時，f'（x），f（x）的變化如下表：

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

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；當a＞0時，f（x）在[1，2]上單調遞增，
∵f（x）在[1，2]上的最大值為aln2．
綜上所述，當aln2≤2，即a≤

2

ln2

時，f(x)在[-1，2]上的最大值為2；
當aln2＞2，即a＞

2

ln2

時，f(x)在[-1，2]上的最大值為aln2．…（10分）
（III）假設曲線y=f（x）上存在兩點P、Q滿足題設要求，
則點P、Q只能在y軸的兩側，不妨設P（t，f（t））（t＞0），則Q（-t，t³+t²），
顯然t≠1∵△POQ為直角三角形，∴

OP

•

OQ

=0，即-t2+f(t)(t3+t2)=0．（1）
是否存在P、Q等價于方程（1）是否有解．若0＜t＜1，則f（t）=-t³t²，
代入（1）式得，-t²+（-t³+t²）（t³+t²）=0，即t⁴-t²+1=0，而此方程無實數(shù)解，
因此t＞1．∴f（t）=alnt，代入（1）式得，-t²+（alnt）（t³+t²）=0，
即

1

a

=(t+1)lnt（*）考察函數(shù)h（x）=（x+1）lnx（x≥1），
則h′(x)=lnx+

1

x

+1＞0，∴h（x）在[1，+∞）上單調遞增，
∵t＞1，∴h（t）＞h（1）=0，當t→+∞時，h（t）→∞，
∴h（t）的取值范圍是（0，+∞）
∴對于a＞0，方程（*）總有解，即方程（1）總有解．
因此對任意給定的正實數(shù)a，曲線y=f（x）上總存在兩點P、Q使得△POQ是以點O為直角頂點的直角三角形，且此三角形斜邊中點在y軸上．…（14分）

點評：本題考查導數(shù)知識的運用，考查函數(shù)的單調性與最值，考查分類討論的數(shù)學思想，考查學生分析解決問題的能力，正確分類，靈活運用導數(shù)是關鍵．