Question

已知函數(shù)f（x）=

-x3+x2+bx+c，(x＜1) alnx，(x≥1)

的圖象過(guò)點(diǎn)（-1，2），且在點(diǎn)（-1，f（-1））處的切線(xiàn)與直線(xiàn)x-5y+1=0垂直．
（1）求實(shí)數(shù)b，c的值；
（2）求f（x）在[-1，e]（e為自然對(duì)數(shù)的底數(shù)）上的最大值；
（3）對(duì)任意給定的正實(shí)數(shù)a，曲線(xiàn)y=f（x）上是否存在兩點(diǎn)P，Q，使得△POQ是以O(shè)為直角頂點(diǎn)的直角三角形，且此三角形斜邊中點(diǎn)在y軸上？

Answer 1

分析：（1）求出x＜1時(shí)的導(dǎo)函數(shù)，令f（-1）=2，f′（x）=-5，解方程組，求出b，c的值．
（2）分段求函數(shù)的最大值，利用導(dǎo)數(shù)先求出-1≤x＜1時(shí)的最大值；再通過(guò)對(duì)a的討論，判斷出1≤x≤e時(shí)函數(shù)的
單調(diào)性，求出最大值，再?gòu)膬啥沃械淖畲笾颠x出最大值．
（3）設(shè)點(diǎn)P的橫坐標(biāo)為m（不妨設(shè)m＞0），則由題意可得點(diǎn)Q的橫坐標(biāo)為-m，且-m＜0．由題意可得OP⊥OQ，
即K_0P•K_OQ=-1．分0＜m＜1和m≥1兩種情況，分別檢驗(yàn)，從而得出結(jié)論．

解答：解：（1）由題意可得，當(dāng)x＜1時(shí)，f′（x）=-3x²+2x+b，f′（-1）=-3-2+b=b-5．
由（ b-5 ）（

1

5

）=-1，可得b=0，故 f（x）=-x³+x²+c．
把點(diǎn)（-1，2）代入求得 c=0．
綜上可得b=0，c=0．
（2）由以上可得 

-x3+x2(x＜1) alnx(x≥1)

，當(dāng)-1≤x＜1時(shí)，f′（x）=-x（3x-2）．
 解f′（x）＞0得0＜x＜

2

3

．解f′（x）＜0得1≥x＞

2

3

或x＜0．
∴f（x）在（-1，0）和（

2

3

，1）上單調(diào)遞減，在（0，

2

3

）上單調(diào)遞增，
從而f（x）在x=

2

3

處取得極大值為f（

2

3

）=

4

7

．
又∵f（-1）=2，f（1）=0，∴f（x）在[-1，1）上的最大值為2．
當(dāng)1≤x≤e時(shí)，f（x）=alnx，當(dāng)a≤0時(shí)，f（x）≤0．
當(dāng)a＞0時(shí)，f（x）在[1，e]單調(diào)遞增；∴f（x）在[1，e]上的最大值為a．
∴a≥2時(shí)，f（x）在[-1，e]上的最大值為a；當(dāng)a＜2時(shí)，f（x）在[-1，e]上的最大值為2．
（3）設(shè)點(diǎn)P的橫坐標(biāo)為m（不妨設(shè)m＞0），則由題意可得點(diǎn)Q的橫坐標(biāo)為-m，且-m＜0．
當(dāng)0＜m＜1時(shí)，點(diǎn)P（m，-m³+m²），點(diǎn) Q（-m，m³+m²），由K_0P•K_OQ=-1，可得
（-m²+m）（-m²-m）=-1，m無(wú)解．
當(dāng)m≥1時(shí)，點(diǎn)P（m，alnm），點(diǎn) Q（-m，m³+m²），由K_0P•K_OQ=-1，可得

alnm

m

•（-m²-m）=-1，即 alnm=

1

m+1

．由于a為正實(shí)數(shù)，故存在大于1的實(shí)數(shù)m，滿(mǎn)足方程 alnm=

1

m+1

．
故曲線(xiàn)y=f（x）上存在兩點(diǎn)P，Q，使得△POQ是以O(shè)為直角頂點(diǎn)的直角三角形，且此三角形斜邊中點(diǎn)在y軸上．

點(diǎn)評(píng)：本題主要考查利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性，曲線(xiàn)對(duì)應(yīng)的函數(shù)在切點(diǎn)處的導(dǎo)數(shù)值為切線(xiàn)的斜率；求分段函數(shù)的性質(zhì)時(shí)應(yīng)該分段去求體現(xiàn)了分類(lèi)討論和等價(jià)轉(zhuǎn)化的數(shù)學(xué)思想，屬于難題．