Question

已知函数f（x）=-x³+x²+bx，g（x）=alnx+x（a≠0）
（1）若函数f（x）存在极值点，求实数b的取值范围；
（2）求函数g（x）的单调区间；
（3）当b=0且a＞0时，令F(x)=

f(x)，x＜1 g(x)-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

考点：利用导数研究函数的单调性,函数在某点取得极值的条件

专题：导数的综合应用

分析：（1）和（2）通过求导直接得出，（3）假设使得△POQ是以O为直角顶点的直角三角形，且斜边中点在y轴上，得出方程讨论解答即可．

解答： 解：（Ⅰ）f'（x）=-3x²+2x+b，若f（x）存在极值点，
则f'（x）=-3x²+2x+b=0有两个不相等实数根．所以△=4+12b＞0，
解得b＞-

1

3

（Ⅱ） g′(x)=

a

x

+1=

a+x

x

当a＞0时，-a＜0，函数g（x）的单调递增区间为（0，+∞）；           
当a＜0时，-a＞0，函数g（x）的单调递减区间为（0，-a），单调递增区间为（-a，+∞）．
（Ⅲ） 当b=0且a＞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，且斜边中点在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          
当0＜t＜1时，F（t）=-t³+t²，代入方程（*）
得-t²+（-t³+t²）（t³+t²）=0
即t⁴-t²+1=0，而此方程无实数解；              
当t=1时，

OP

=(1，0)，

OQ

=(-1，2)则

OP

•

OQ

≠0；                    
当t＞1时，F（t）=alnt，代入方程（*）得-t²+alnt（t³+t²）=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，+∞）上恒成立．
∴h（x）在[1，+∞）上单调递增，
从而h（x）≥h（1）=0，则值域为[0，+∞）．
∴当a＞0时，方程

1

a

=(t+1)lnt有解，即方程（*）有解．               
综上所述，对任意给定的正实数a，曲线上总存在P，Q两点，
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：本题考察了利用导数求函数的单调性，向量运算，分类讨论思想，有一定的难度．