Question

11．已知函f（x）=$\left\{\begin{array}{l}{-{x}^{3}+{x}^{2}+bx+c，x＜1}\\{alnx，x≥1}\end{array}\right.$的图象过坐标原点O，且在（-1，f（-1））处
的切线的斜率是-5．
（Ⅰ）求实b、c的值；
（Ⅱ）f（x）在区[-1，2]上的最大值；
（Ⅲ）对任意给定的正实a，曲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y轴上？说明理由．

Answer 1

分析 （Ⅰ）根据函数在点（-1，f（-1））处的切线的斜率是-5，建立方程，可确定实数b，c的值；
（Ⅱ）进而可确定函数的解析式，分类讨论，求导函数，可得f（x）在[-1，1）上的最大值为2，当1≤x≤2时，f（x）=alnx．对a讨论，确定函数的单调性，即可求得结论；
（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轴两侧．设P、Q的坐标，由此入手能得到对任意给定的正实数a，曲线y=f（x）上存在两点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．

解答 解：（Ⅰ）当x＜1时，f（x）=-x³+x²+bx+c，则f'（x）=-3x²+2x+b．
依题意得：$\left\{\begin{array}{l}{f（0）=0}\\{f′（-1）=-5}\end{array}\right.$，即$\left\{\begin{array}{l}{c=0}\\{-3-2+b=-5}\end{array}\right.$，
解得b=c=0；
（Ⅱ）由（Ⅰ）知，f（x）=$\left\{\begin{array}{l}{{x}^{2}-{x}^{3}，x＜1}\\{alnx，x≥1}\end{array}\right.$，
①当-1≤x＜1时，f′（x）=-3x²+2x=-3x（x-$\frac{2}{3}$），
令f'（x）=0得x=0或x=$\frac{2}{3}$，
当x变化时，f'（x），f（x）的变化情况如下表：

x	（-1，0）	0	（0，$\frac{2}{3}$）	$\frac{2}{3}$	（$\frac{2}{3}$，+∞）
f'（x）	-	0	+	0	-
f（x）	单调递减	极小值	单调递增	极大值	单调递减

又f（-1）=2，f（$\frac{2}{3}$）=$\frac{4}{27}$，f（0）=0．∴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，f（x）最大值为0；
当a＞0时，f（x）在[1，2]上单调递增．∴f（x）在[1，2]最大值为aln2．
综上，当aln2≤2时，即a≤$\frac{2}{ln2}$时，f（x）在区间[-1，2]上的最大值为2；
当aln2＞2时，即a＞$\frac{2}{ln2}$时，f（x）在区间[-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轴两侧．
不妨设P（t，f（t））（t＞0），则Q（-t，t³+t²），显然t≠1
∵△POQ是以O为直角顶点的直角三角形，∴$\overrightarrow{OP}$•$\overrightarrow{OQ}$=0，
即-t²+f（t）（t³+t²）=0（*）
若方程（*）有解，存在满足题设要求的两点P、Q；
若方程（*）无解，不存在满足题设要求的两点P、Q．
若0＜t＜1，则f（t）=-t³+t²代入（*）式得：-t²+（-t³+t²）（t³+t²）=0
即t⁴-t²+1=0，而此方程无解，因此t＞1．此时f（t）=alnt，
代入（*）式得：-t²+（alnt）（t³+t²）=0即$\frac{1}{a}$=（t+1）lnt（**）
令h（x）=（x+1）lnx（x≥1），则h′（x）=lnx+$\frac{1}{x}$+1＞0，
∴h（x）在[1，+∞）上单调递增，
∵t＞1∴h（t）＞h（1）=0，∴h（t）的取值范围是（0，+∞）．
∴对于a＞0，方程（**）总有解，即方程（*）总有解．
因此，对任意给定的正实数a，曲线y=f（x）上存在两点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．

点评 本题考查导数知识的运用，考查学生分析解决问题的能力，考查分类讨论的数学思想，综合性强，难度大．