Question

（2012•茂名二模）已知函数f（x）=-x³+x²+bx，g（x）=alnx，（a＞0）．
（1）若f（x）存在极值点，求实数b的取值范围；
（2）当b=0时，令F（x）=

f(x)，x＜1 g(x)，x≥1

．P（x₁，F（x₁）），Q（x₂，F（x₂））为曲线y=F（x）上的两动点，O为坐标原点，请完成下面两个问题：
①能否使得△POQ是以O为直角顶点的直角三角形，且斜边中点在y轴上？请说明理由．
②当1＜x₁＜x₂时，若存在x₀∈（x₁，x₂），使得曲线y=F（x）在x=x₀处的切线l∥PQ，
求证：x₀＜

x1+x2

2

．

Answer 1

分析：（1）若f（x）存在极值点，则f′（x）=-3x²+2x+b=0由两个不相等的实数根，可得△=4+12b＞0，解得即可．
（2）①当b=0时，F（x）=

-x3+x2，x＜1 alnx，x≥1

．假设点P，Q满足使得△POQ是以O为直角顶点的直角三角形，且斜边中点在y轴上．则

OP

•

OQ

=0，且x₁+x₂=0，不妨设x₁=t＞0，则P（t，F（t）），Q（-t，t³+t²）．可得

OP

•

OQ

=-t²+F（t）（t³+t²）=0（*），该方程有解．对t分类讨论，当0＜t＜1时，当t=1时，当t＞1时，此时可利用导数研究．
②F′（x₀）=k_PQ=

F(x2)-F(x1)

x2-x1

=

alnx2-alnx1

x2-x1

，由于F′(x)=

a

x

在（1，+∞）是减函数．要证：x₀＜

x1+x2

2

．只要证明F′(x0)＞F′(

x1+x2

2

)，通过换元求导即可证明．

解答：解：（1）若f（x）存在极值点，则f′（x）=-3x²+2x+b=0由两个不相等的实数根，
∴△=4+12b＞0，解得b＞-

1

3

．
（2）①当b=0时，F（x）=

-x3+x2，x＜1 alnx，x≥1

．
假设点P，Q满足使得△POQ是以O为直角顶点的直角三角形，且斜边中点在y轴上．
则

OP

•

OQ

=0，且x₁+x₂=0，
不妨设x₁=t＞0，则P（t，F（t）），Q（-t，t³+t²）．
∴

OP

•

OQ

=-t²+F（t）（t³+t²）=0（*），该方程有解．
当0＜t＜1时，则F（t）=-t³+t²代入方程（*）得-t²+（-t³+t²）（t³+t²）=0即t⁴-t²+1=0，此方程无解．
当t=1时，

OP

=（1，0），

OQ

=（-1，2），

OP

•

OQ

≠0；
当t＞1时，F（t）=alnt，代入方程（*）可得：-t²+a（t³+t²）lnt=0，即

1

a

=(t+1)lnt．
设h（x）=（x+1）lnx（x≥1），则h′(x)=lnx+

1

x

+1＞0，
∴h（x）在[1，+∞）上单调递增，可得h（x）≥h（1）=0．
函数h（x）的值域为[0，+∞），∴当a＞0时，方程

1

a

=(t+1)lnt有解，即方程（*）有解．
综上所述：对任意给定的正实数a，曲线y=f（x）上总存在两点P，Q，使得△POQ是以O为直角顶点的直角三角形，且斜边中点在y轴上．
②F′（x₀）=k_PQ=

F(x2)-F(x1)

x2-x1

=

alnx2-alnx1

x2-x1

，
∵F′(x)=

a

x

在（1，+∞）是减函数，要证：x₀＜

x1+x2

2

，只要证明F′(x0)＞F′(

x1+x2

2

)，
而F′(

x1+x2

2

)=

2a

x1+x2

，即

alnx2-alnx1

x2-x1

＞

2a

x1+x2

，即证ln

x2

x1

＞

2(x2-x1)

x1+x2

=

2( x2 x1 -1)

1+ x2 x1

．
令u=

x2

x1

＞1，g（u）=lnu-

2(u-1)

u+1

，
g′(u)=

1

u

-

4

(u+1)2

=

(u-1)2

u(u+1)2

＞0，∴g（u）在（1，+∞）上为增函数．
∴g（u）＞g（1）=0，∴lnu＞

2(u-1)

u+1

，即ln

x2

x1

＞

2(x2-x1)

x1+x2

，
从而x₀＜

x1+x2

2

成立．

点评：本题中考查了利用导数研究函数的单调性极值、数量积运算、中点坐标公式、直线平行、分类讨论等基础知识与基本技能方法，属于难题．