Question

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

1

2

，1)上的最大值為

3

8

，求實數b的值；
（2）若對任意x∈[1，e]，都有g（x）≥-x²+（a+2）x恒成立，求實數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

分析：（1）求導函數，令f′（x）=0，確定函數的單調性與極值，從而可得函數的最大值，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的取值范圍；
（3）由條件，F(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，不妨設P（t，F（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

．
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 )	↘	極小值	↗	極大值	↘

∵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．…（4分）
（2）由g（x）≥-x²+（a+2）x，得（x-lnx）a≤x²-2x．
∵x∈[1，e]，∴lnx≤1≤x，且等號不能同時取，
∴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])，求導得，t′(x)=

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

(x-lnx)2

，
當x∈[1，e]時，x-1≥0，lnx≤1，x+1-2lnx＞0，從而t′（x）≥0，
∴t（x）在[1，e]上為增函數，∴t_min（x）=t（1）=-1，∴a≤-1．…（8分）
（3）由條件，F(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，
不妨設P（t，F（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…（*），…（10分）
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；  …（11分）
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，∴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．…（14分）

點評：本題考查導數知識的運用，考查函數的最值，考查恒成立問題，考查是否存在問題的探究，綜合性強．