Question

（2013•茂名二模）已知函数f（x）=-x³+x²+bx，g（x）=alnx，（a＞0）．
（1）当a=x时，求函数g（x）的单调区间；
（2）若f（x）存在极值点，求实数b的取值范围；
（3）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，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．

Answer 1

分析：（1）把a=x代入可得解析式，求导数令其分别大于0，小于0，可得单调递增，减区间；
（2）问题等价于方程-3x²+2x+b=0有两个不相等的实数根，由△＞0可得；
（3）把b=0代入可得解析式，问题等价于

OP

•

OQ

=0，且x₁+x₂=0，不妨设x₁=t＞0，可得PQ的坐标，进而可得数量积，分0＜t＜1，t=1，和t＞1讨论可得结论．

解答：解：（1）当a=x时，函数g（x）=xlnx，∴g′（x）=lnx+1，
令g′（x）＜0解得0＜x＜

1

e

，∴函数g（x）的单调递减区间为（0，

1

e

），
令g′（x）＞0解得x＞

1

e

，∴函数g（x）的单调递增区间为（

1

e

，+∞）；
（2）∵f′（x）=-3x²+2x+b，若f（x）存在极值点，
则f′（x）=-3x²+2x+b=0有两个不相等的实数根，
所以△=4+12b＞0，解得b＞-

1

3

；
（3）当b=0时，F（x）=

-x3+x2     x＜1 alnx             x≥1

，
假设使得△POQ是以O为直角顶点的直角三角形，斜边中点在y轴上，
则

OP

•

OQ

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

OP

•

OQ

=-t²+F（t）（t³+t²）=0（*）该方程有解，
若0＜t＜1，则F（t）=-t³+t²，代入方程（*）得：-t²+（-t³+t²）（t³+t²）=0，
化简可得t⁴-t²+1=0，此方程无实数解；
当t=1时，

OP

=（1，0），

OQ

=（-1，2），

OP

•

OQ

≠0；
当t＞1时，F（t）=alnt，代入方程（*）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在[1，+∞）恒成立，
∴h（x）在[1，+∞）上单调递增，故h（x）≥h（1）=0，即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，
总上所述，对任意给定的正实数a，曲线y=F（x）上总存在两点PQ，
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．

点评：本题考查利用导数研究函数的极值，涉及函数单调性的研究和分类讨论的思想，属中档题．