Question

已知函數f（x）=

-x3+x2+bx+c，(x＜1) alnx，(x≥1)

的圖象過點（-1，2），且在點（-1，f（-1））處的切線與直線x-5y+1=0垂直．
（1）求實數b，c的值；
（2）求f（x）在[-1，e]（e為自然對數的底數）上的最大值；
（3）對任意給定的正實數a，曲線y=f（x）上是否存在兩點P，Q，使得△POQ是以O為直角頂點的直角三角形，且此三角形斜邊中點在y軸上？

Answer 1

分析：（1）求出x＜1時的導函數，令f（-1）=2，f′（x）=-5，解方程組，求出b，c的值．
（2）分段求函數的最大值，利用導數先求出-1≤x＜1時的最大值；再通過對a的討論，判斷出1≤x≤e時函數的
單調性，求出最大值，再從兩段中的最大值選出最大值．
（3）設點P的橫坐標為m（不妨設m＞0），則由題意可得點Q的橫坐標為-m，且-m＜0．由題意可得OP⊥OQ，
即K_0P•K_OQ=-1．分0＜m＜1和m≥1兩種情況，分別檢驗，從而得出結論．

解答：解：（1）由題意可得，當x＜1時，f′（x）=-3x²+2x+b，f′（-1）=-3-2+b=b-5．
由（ b-5 ）（

1

5

）=-1，可得b=0，故 f（x）=-x³+x²+c．
把點（-1，2）代入求得 c=0．
綜上可得b=0，c=0．
（2）由以上可得 

-x3+x2(x＜1) alnx(x≥1)

，當-1≤x＜1時，f′（x）=-x（3x-2）．
 解f′（x）＞0得0＜x＜

2

3

．解f′（x）＜0得1≥x＞

2

3

或x＜0．
∴f（x）在（-1，0）和（

2

3

，1）上單調遞減，在（0，

2

3

）上單調遞增，
從而f（x）在x=

2

3

處取得極大值為f（

2

3

）=

4

7

．
又∵f（-1）=2，f（1）=0，∴f（x）在[-1，1）上的最大值為2．
當1≤x≤e時，f（x）=alnx，當a≤0時，f（x）≤0．
當a＞0時，f（x）在[1，e]單調遞增；∴f（x）在[1，e]上的最大值為a．
∴a≥2時，f（x）在[-1，e]上的最大值為a；當a＜2時，f（x）在[-1，e]上的最大值為2．
（3）設點P的橫坐標為m（不妨設m＞0），則由題意可得點Q的橫坐標為-m，且-m＜0．
當0＜m＜1時，點P（m，-m³+m²），點 Q（-m，m³+m²），由K_0P•K_OQ=-1，可得
（-m²+m）（-m²-m）=-1，m無解．
當m≥1時，點P（m，alnm），點 Q（-m，m³+m²），由K_0P•K_OQ=-1，可得

alnm

m

•（-m²-m）=-1，即 alnm=

1

m+1

．由于a為正實數，故存在大于1的實數m，滿足方程 alnm=

1

m+1

．
故曲線y=f（x）上存在兩點P，Q，使得△POQ是以O為直角頂點的直角三角形，且此三角形斜邊中點在y軸上．

點評：本題主要考查利用導數研究函數的單調性，曲線對應的函數在切點處的導數值為切線的斜率；求分段函數的性質時應該分段去求體現了分類討論和等價轉化的數學思想，屬于難題．