Question

已知函数f（x）=

-x3+ax2+bx，(x＜1) - 3 2 clnx，(x≥1) ，

的图象在点（-1，f（-1））处的切线方程为5x+y+3=0．
（I）求实数a，b的值及函数f（x）在区间[-1，2]上的最大值；
（Ⅱ）曲线y=f（x）上存在两点M、N，使得△MON是以坐标原点O为直角顶点的直角三角形，且斜边MN的中点在y轴上，求实数c的取值范围．

Answer 1

考点：利用导数研究曲线上某点切线方程,分段函数的应用

专题：分类讨论,导数的概念及应用,导数的综合应用

分析：（I）求出当x＜1时的f（x）的导数，由切线方程可得斜率和切点，即有f（-1）=2，且f′（-1）=-5，解方程即可得到a，b；再由导数，求得单调区间，对c讨论，即可得到最大值；
（Ⅱ）根据条件可得，M，N的横坐标互为相反数，不妨设M（-t，t³+t²），N（t，f（t）），（t＞0）．讨论t，运用向量垂直的条件：数量积为0，即可求得c的范围．

解答： 解：（I）当x＜1时，f（x）的导数f′（x）=-3x²+2ax+b，
由f（x）在点（-1，f（-1））处的切线方程为5x+y+3=0，
可得f（-1）=2，且f′（-1）=-5，即有1+a-b=2，且-3-2a+b=-5，
解得a=1，b=0；
当x＜1时，f（x）=-x³+x²，
令f′（x）=-3x²+2x=0可得x=0或x=

2

3

，
f（x）在（-1，0）和（

2

3

，1）上单调递减，在（0，

2

3

）上单调递减，
此时f（x）在[-1，1）上的最大值为f（-1）=2；
当c＜0时，f(x)=-

3

2

clnx在[1，2]上单调递增，且f(2)=-

3

2

cln2．
令-

3

2

cln2=2，则c=-

4

3ln2

，
所以当c＜-

4

3ln2

时，f（x）在[-1，2]上的最大值为f(2)=-

3

2

cln2；
当-

4

3ln2

≤c＜0时，f（x）在[-1，2]上的最大值为f（-1）=2．
当c≥0时，f(x)=-

3

2

clnx在[1，2]上单调递减，且f（1）=0，
所以f（x）在[-1，2]上的最大值为f（-1）=2．
综上可知，当c≥-

4

3ln2

时，f（x）在[-1，2]上的最大值为2；
当c≤-

4

3ln2

时，f（x）在[-1，2]上的最大值为f(2)=-

3

2

cln2．
（Ⅱ）函数f（x）=

-x3+ax2+bx，(x＜1) - 3 2 clnx，(x≥1) ，

，
根据条件可得，M，N的横坐标互为相反数，
不妨设M（-t，t³+t²），N（t，f（t）），（t＞0）．
若t＜1，则f（t）=-t³+t²，
由∠MON是直角得，

OM

•

ON

=0，即-t²+（t³+t²）（-t³+t²）=0，
即t⁴-t²+1=0．此时无解；
若t≥1，则f(t)=-

3

2

clnt．
由于MN的中点在y轴上，且∠MON=90°，所以N点不可能在x轴上，即t≠0．
同理有

OM

•

ON

=0，即-t2+(t3+t2)(-

3

2

clnt)=0，c=-

2

3

1

(t+1)lnt

．
由于函数g(t)=-

2

3

1

(t+1)lnt

（t＞1）的值域是（-∞，0），
实数c的取值范围是（-∞，0）即为所求．

点评：本题考查导数的运用：求切线方程和单调区间及极值、最值，考查分类讨论的思想方法，运用向量垂直的条件即数量积为0是解题的关键．