Question

（2013•茂名二模）已知函數(shù)f（x）=-x³+x²+bx，g（x）=alnx，（a＞0）．
（1）當(dāng)a=x時(shí)，求函數(shù)g（x）的單調(diào)區(qū)間；
（2）若f（x）存在極值點(diǎn)，求實(shí)數(shù)b的取值范圍；
（3）當(dāng)b=0時(shí)，令F（x）=

f(x)，x＜1 g(x)，x≥1

．P（x₁，F(xiàn)（x₁）），Q（x₂，F(xiàn)（x₂））為曲線y=F（x）上的兩動(dòng)點(diǎn)，O為坐標(biāo)原點(diǎn)，能否使得△POQ是以O(shè)為直角頂點(diǎn)的直角三角形，且斜邊中點(diǎn)在y軸上？請(qǐng)說明理由．

Answer 1

分析：（1）把a(bǔ)=x代入可得解析式，求導(dǎo)數(shù)令其分別大于0，小于0，可得單調(diào)遞增，減區(qū)間；
（2）問題等價(jià)于方程-3x²+2x+b=0有兩個(gè)不相等的實(shí)數(shù)根，由△＞0可得；
（3）把b=0代入可得解析式，問題等價(jià)于

OP

•

OQ

=0，且x₁+x₂=0，不妨設(shè)x₁=t＞0，可得PQ的坐標(biāo)，進(jìn)而可得數(shù)量積，分0＜t＜1，t=1，和t＞1討論可得結(jié)論．

解答：解：（1）當(dāng)a=x時(shí)，函數(shù)g（x）=xlnx，∴g′（x）=lnx+1，
令g′（x）＜0解得0＜x＜

1

e

，∴函數(shù)g（x）的單調(diào)遞減區(qū)間為（0，

1

e

），
令g′（x）＞0解得x＞

1

e

，∴函數(shù)g（x）的單調(diào)遞增區(qū)間為（

1

e

，+∞）；
（2）∵f′（x）=-3x²+2x+b，若f（x）存在極值點(diǎn)，
則f′（x）=-3x²+2x+b=0有兩個(gè)不相等的實(shí)數(shù)根，
所以△=4+12b＞0，解得b＞-

1

3

；
（3）當(dāng)b=0時(shí)，F(xiàn)（x）=

-x3+x2     x＜1 alnx             x≥1

，
假設(shè)使得△POQ是以O(shè)為直角頂點(diǎn)的直角三角形，斜邊中點(diǎn)在y軸上，
則

OP

•

OQ

=0，且x₁+x₂=0，不妨設(shè)x₁=t＞0，
故P（t，F(xiàn)（t）），則Q（-t，t³+t²），
∴

OP

•

OQ

=-t²+F（t）（t³+t²）=0（*）該方程有解，
若0＜t＜1，則F（t）=-t³+t²，代入方程（*）得：-t²+（-t³+t²）（t³+t²）=0，
化簡(jiǎn)可得t⁴-t²+1=0，此方程無(wú)實(shí)數(shù)解；
當(dāng)t=1時(shí)，

OP

=（1，0），

OQ

=（-1，2），

OP

•

OQ

≠0；
當(dāng)t＞1時(shí)，F(xiàn)（t）=alnt，代入方程（*）得-t²+a（t³+t²）•lnt=0，即

1

a

=（t+1）lnt，
設(shè)h（x）=（x+1）lnx（x≥1），則h′（x）=lnx+

1

x

+1＞0在[1，+∞）恒成立，
∴h（x）在[1，+∞）上單調(diào)遞增，故h（x）≥h（1）=0，即h（x）的值域?yàn)閇0，+∞）
∴當(dāng)a＞0時(shí)，方程

1

a

=（t+1）lnt有解，即方程（*）有解，
總上所述，對(duì)任意給定的正實(shí)數(shù)a，曲線y=F（x）上總存在兩點(diǎn)PQ，
使得△POQ是以O(shè)為直角頂點(diǎn)的直角三角形，且斜邊中點(diǎn)在y軸上．

點(diǎn)評(píng)：本題考查利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的極值，涉及函數(shù)單調(diào)性的研究和分類討論的思想，屬中檔題．