题目内容
19．已知函数f（x）=-x3+x2+bx，g（x）=alnx．（1）若f（x）在x=$\frac{2}{3}$处取得极值，求实数b的值；
（2）若对任意x∈[1，e]，都有g（x）≥-x2+（a+2）x恒成立，求实数a的取值范围；
（3）在（1）的条件下，设F（x）=$\left\{\begin{array}{l}{f（x），x＜1}\\{g（x），x≥1}\end{array}\right.$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（O为坐标原点）为直角顶点的直角三角形，且此三角形斜边中点在y轴上？请说明理由．
分析 （1）直接对f（x）求导，根据f（x）在x=$\frac{2}{3}$处取得极值，建立方程，即可解出b的值；
（2）根据条件化简g（x）≥-x2+（a+2）x得，a≤$\frac{{x}^{2}-2x}{x-lnx}$，（x∈[1，e]）恒成立，令t（x）=$\frac{{x}^{2}-2x}{x-lnx}$，求出t（x）的最小值即可确定a的范围；
（3）先假设曲线y=F（x）上存在两点P，Q满足题意，设出P（t，F（t））（t＞0），则Q（-t，t3+t2），从而由△POQ是以O（O为坐标原点）为直角顶点的直角三角形可建立关系式-t2+F（t）（t3+t2）=0，分情况求解即可．
解答 解析：（1）由f（x）=-x3+x2+bx，得
f′（x）=-3x2+2x+b，
若f（x）在x=$\frac{2}{3}$处取得极值，
即f′（$\frac{2}{3}$）=0，解得：b=0；
（2）（2）由g（x）≥-x2+（a+2）x，
得（x-lnx）a≤x2-2x．
∵x∈[1，e]，
∴lnx≤1≤x，且等号不能同时取，
∴lnx＜x，即x-lnx＞0．
∴a≤$\frac{{x}^{2}-2x}{x-lnx}$，（x∈[1，e]）恒成立，
令t（x）=$\frac{{x}^{2}-2x}{x-lnx}$，（x∈[1，e]），
则t′（x）=$\frac{（x-1）（x+2-2lnx）}{{（x-lnx）}^{2}}$，
当x∈[1，e]，时，x-1≥0，0≤lnx≤1，x+2-2lnx＞0，
∴t'（x）≥0，
∴t（x）在[1，e]上为增函数，
∴t（x）min=t（1）=-1，
∴a≤-1；
（3）由条件，F（x）=$\left\{\begin{array}{l}{{-x}^{3}{+x}^{2}，x＜1}\\{alnx，x≥1}\end{array}\right.$，
假设曲线y=F（x）上存在两点P，Q满足题意，则P，Q只能在y轴两侧，
不妨设P（t，F（t））（t＞0），则Q（-t，t3+t2），且t≠1．
∵△POQ是以O为直角顶点的直角三角形，
∴$\overrightarrow{OP}$•$\overrightarrow{OQ}$=0，
∴-t2+F（t）（t3+t2）=0（*），
是否存在P，Q等价于方程（*）在t＞0且t≠1时是否有解．
①若0＜t＜1时，方程（*）为-t2+（-t3+t2）（t3+t2）=0，
化简得t4-t2+1=0，此方程无解；
②若t＞1时，方程（*）为-t2+alnt•（t3+t2）=0，
即$\frac{1}{a}$=（t+1）lnt，
设h（t）=（t+1）lnt（t＞1），
则h′（t）=lnt+$\frac{1}{t}$+1，
显然，当t＞1时，h'（t）＞0，
即h（t）在（1，+∞）上为增函数，
∴h（t）的值域为（h（1），+∞），
即（0，+∞），
∴当a＞0时，方程（*）总有解．
∴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O（O为坐标原点）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 本题考查利用导数求函数极值和最值的相关知识，恒成立问题和存在性问题的解决技巧，以及方程根的存在性定理的应用．属于难题．
举一反三期末百分冲刺卷系列答案
如图，在平面直角坐标系中，抛物线y=x2+bx+c经过点A（-1，0），B（0，-3）．与x轴正半轴的交点为C，P为x轴下方抛物线上一动点，设其横坐标为m．| A． | ${∫}_{-1}^{2}$xdx | B． | ${∫}_{-1}^{1}$xsin2xdx | C． | ${∫}_{-1}^{1}$xsinxdx | D． | ${∫}_{-1}^{1}$x2sin2xdx |