Question

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

1

2

，1)上的最大值为

3

8

，求实数b的值；
（2）若对任意x∈[1，e]，都有g（x）≥-x²+（a+2）x恒成立，求实数a的取值范围；
（3）在（1）的条件下，设F(x)=

f(x)，x＜1 g(x)，x≥1

，对任意给定的正实数a，曲线y=F（x）上是否存在两点P、Q，使得△POQ是以O（O为坐标原点）为直角顶点的直角三角形，且此三角形斜边中点在y轴上？请说明理由．

Answer 1

分析：（1）求导函数，令f′（x）=0，确定函数的单调性与极值，从而可得函数的最大值，由此可求b的值；
（2）由g（x）≥-x²+（a+2）x，得a≤

x2-2x

x-lnx

恒成立，即a≤(

x2-2x

x-lnx

)min，求出最小值，即可求得a的取值范围；
（3）由条件，F(x)=

-x3+x2，x＜1 alnx，x≥1

，假设曲线y=F（x）上存在两点P，Q满足题意，则P，Q只能在y轴两侧，不妨设P（t，F（t））（t＞0），则Q（-t，t³+t²），且t≠1，则是否存在P，Q等价于方程-t²+F（t）（t³+t²）=0在t＞0且t≠1时是否有解．

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

．
列表如下：

x	- 1 2	(- 1 2 ，0)	0	(0， 2 3 )	2 3	( 2 3 ，1)
f′（x）		-	0	+	0	-
f（x）	f(- 1 2 )	↘	极小值	↗	极大值	↘

∵f(-

1

2

)=

3

8

+b，f(

2

3

)=

4

27

+b，
∴f(-

1

2

)＞f(

2

3

)，
即最大值为f(-

1

2

)=

3

8

+b=

3

8

，∴b=0．…（4分）
（2）由g（x）≥-x²+（a+2）x，得（x-lnx）a≤x²-2x．
∵x∈[1，e]，∴lnx≤1≤x，且等号不能同时取，
∴lnx＜x，即x-lnx＞0，
∴a≤

x2-2x

x-lnx

恒成立，即a≤(

x2-2x

x-lnx

)min．
令t(x)=

x2-2x

x-lnx

，(x∈[1，e])，求导得，t′(x)=

(x-1)(x+1-2lnx)

(x-lnx)2

，
当x∈[1，e]时，x-1≥0，lnx≤1，x+1-2lnx＞0，从而t′（x）≥0，
∴t（x）在[1，e]上为增函数，∴t_min（x）=t（1）=-1，∴a≤-1．…（8分）
（3）由条件，F(x)=

-x3+x2，x＜1 alnx，x≥1

，
假设曲线y=F（x）上存在两点P，Q满足题意，则P，Q只能在y轴两侧，
不妨设P（t，F（t））（t＞0），则Q（-t，t³+t²），且t≠1．
∵△POQ是以O（O为坐标原点）为直角顶点的直角三角形，∴

OP

•

OQ

=0，
∴-t²+F（t）（t³+t²）=0…（*），…（10分）
是否存在P，Q等价于方程（*）在t＞0且t≠1时是否有解．
①若0＜t＜1时，方程（*）为-t²+（-t³+t²）（t³+t²）=0，化简得t⁴-t²+1=0，此方程无解；  …（11分）
②若t＞1时，（*）方程为-t²+alnt•（t³+t²）=0，即

1

a

=(t+1)lnt，
设h（t）=（t+1）lnt（t＞1），则h′(t)=lnt+

1

t

+1，
显然，当t＞1时，h′（t）＞0，即h（t）在（1，+∞）上为增函数，∴h（t）的值域为（h（1），+∞），即（0，+∞），∴当a＞0时，方程（*）总有解．
∴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（O为坐标原点）为直角顶点的直角三角形，且此三角形斜边中点在y轴上．…（14分）

点评：本题考查导数知识的运用，考查函数的最值，考查恒成立问题，考查是否存在问题的探究，综合性强．