Question

已知函數(shù)f（x）=-x³+x²+b，g（x）=a1nx．
（1）若f(x)在x∈[-

1

2

，1)上的最大值為

3

8

，求實數(shù)b的值
（2）若存在x∈[1，e]，使得g（x）≤-x²+（a+2）x成立，求實數(shù)a的取值范圍；
（3）在（1）的條件下，設F（x）=

f(x)，x＜1 g(x)，x≥1

，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（O為坐標原點）為直角頂點的直角三角形，且此三角形斜邊中點在y軸上？請說明理由．

Answer 1

考點：利用導數(shù)求閉區(qū)間上函數(shù)的最值

專題：函數(shù)的性質(zhì)及應用

分析：（1）求導函數(shù)，令f′（x）=0，確定函數(shù)的單調(diào)性與極值，從而可得函數(shù)的最大值，由此可求b的值；
（2）由g（x）≤-x²+（a+2）x，得a≥

x2-2x

x-lnx

，故a≥（

x2-2x

x-lnx

）_min，求出最小值，即可求得a的取值范圍；
（3）由條件，F(xiàn)（x）=

-x3+x2，x＜1 alnx，x≥1

，假設曲線y=F（x）上存在兩點P，Q滿足題意，則P，Q只能在y軸兩側(cè)，不妨設P（t，F(xiàn)（t））（t＞0），則Q（-t，t³+t²），且t≠1，則是否存在P，Q等價于方程-t²+F（t）（t³+t²）=0在t＞0且t≠1時是否有解．

解答： 解：（1）由f（x）=-x³+x²+b，得f′（x）=-3x²+2x=-x（3x-2），
令f′（x）=0，得x=0或

2

3

．
當x∈[-

1

2

，0）、（0，

2

3

）、（

2

3

，1）時，f′（x）分別滿足：f′（x）＜0、f′（x）＞0、f′（x）＜0，
∴f（x）在區(qū)間[-

1

2

，0）遞減、（0，

2

3

）遞增、（

2

3

，1）遞減，
∴當x=-

1

2

或x=

2

3

時f（x）取最大值，
∵f（-

1

2

）=

3

8

+b，f（

2

3

）=

4

27

+b，
∴f（-

1

2

）＞f（

2

3

），即最大值為f（-

1

2

）=

3

8

+b=

3

8

，
∴b=0．
（2）由g（x）≤-x²+（a+2）x，得（x-lnx）a≥x²-2x．
∵x∈[1，e]，∴l(xiāng)nx≤1≤x，且等號不能同時取，
∴l(xiāng)nx＜x，即x-lnx＞0，
∴a≥

x2-2x

x-lnx

，
要使存在x∈[1，e]，使得a≥

x2-2x

x-lnx

，
∴a≥（

x2-2x

x-lnx

）_min．
令t（x）=

x2-2x

x-lnx

，（x∈[1，e]），求導得，t′（x）=

2(x-1)(2-lnx)

(x-lnx)2

，
當x∈[1，e]時，x-1≥0，lnx≤1，從而t′（x）≥0，
∴t（x）在[1，e]上為增函數(shù)，∴t_min（x）=t（1）=-1，∴a≥-1．
（3）由條件，F(xiàn)（x）=

-x3+x2，x＜1 alnx，x≥1

，
假設曲線y=F（x）上存在兩點P，Q滿足題意，則P，Q只能在y軸兩側(cè)，
不妨設P（t，F(xiàn)（t））（t＞0），則Q（-t，t³+t²），且t≠1．
∵△POQ是以O（O為坐標原點）為直角頂點的直角三角形，∴

OP

•

OQ

=0，
∴-t²+F（t）（t³+t²）=0…（*），
是否存在P，Q等價于方程（*）在t＞0且t≠1時是否有解．
①若0＜t＜1時，方程（*）為-t²+（-t³+t²）（t³+t²）=0，化簡得t⁴-t²+1=0，此方程無解；  
②若t＞1時，（*）方程為-t²+alnt•（t³+t²）=0，即

1

a

=（t+1）lnt，
設h（t）=（t+1）lnt（t＞1），則h′（t）=lnt+

1

t

+1，
顯然，當t＞1時，h′（t）＞0，即h（t）在（1，+∞）上為增函數(shù)，∴h（t）的值域為（h（1），+∞），即（0，+∞），
∴當a＞0時，方程（*）總有解．
∴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O（O為坐標原點）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，考查函數(shù)的最值，考查恒成立問題，考查是否存在問題的探究，綜合性強．