Question

已知函数的图象过坐标原点O，且在点（-1，f（-1））处的切线的斜率是-5．
(Ⅰ)求实数b，c的值；
(Ⅱ)求f（x）在区间[-1，2]上的最大值；
(Ⅲ)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为直角顶点的直角三角形，且此三角形斜边中点在y轴上？说明理由．

Answer 1

解：(Ⅰ)当x＜1时，，
依题意，得，即，
解得b=c=0.
(Ⅱ)由(Ⅰ)知，，
①当-1≤x＜1时，，
令f′(x)=0得x=0或，
x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：

又，
∴f(x)在[-1，1）上的最大值为2； 
②当1≤x≤2时，f(x)=alnx，
当a≤0时，f（x）≤0；
当a＞0时，f(x)在[1，2]上单调递增，
∴f(x)在[1，2]的最大值为aln2；
综上所述，当aln2≤2，即时，f(x)在[-1，2]上的最大值为2；
当aln2＞2，即时，f(x)在[-1，2]上的最大值为aln2。
(Ⅲ)假设曲线y=f(x)上存在两点P，Q满足题设要求，则点P，Q只能在y轴的两侧，
不妨设P（t，f（t））（t＞0），则，显然t≠1，
∵△POQ为直角三角形，
∴，即，①
是否存在P，Q等价于方程①是否有解，
若0＜t＜1，则f(t)=-t³+t²，代入①式得，-t²+(-t³+t²)(t³+t²)=0，
即t⁴-t²+1=0，而此方程无实数解，因此t＞1，
∴f(t)=alnt，代入①式得，-t²+(alnt)(t³+t²)=0，即=(t+1)lnt，(*) 
考察函数h(x)=(x+1)lnx(x≥1)，则h′(x)=lnx++1＞0，
∴h(x)在[1，+∞）上单调递增，
∵t＞1，
∴h(t)＞h(1)=0，当t→+∞时，h(t)→+∞，
∴h(t)的取值范围为(0，+∞)，
∴对于a＞0，方程(*)总有解，即方程①总有解，
因此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是以点O为直角顶点的直角三角形，且此三角形斜边中点在y轴上。