Question

（2012•茂名二模）已知函數f（x）=-x³+x²+bx，g（x）=alnx，（a＞0）．
（1）若f（x）存在極值點，求實數b的取值范圍；
（2）當b=0時，令F（x）=

f(x)，x＜1 g(x)，x≥1

．P（x₁，F（x₁）），Q（x₂，F（x₂））為曲線y=F（x）上的兩動點，O為坐標原點，請完成下面兩個問題：
①能否使得△POQ是以O為直角頂點的直角三角形，且斜邊中點在y軸上？請說明理由．
②當1＜x₁＜x₂時，若存在x₀∈（x₁，x₂），使得曲線y=F（x）在x=x₀處的切線l∥PQ，
求證：x₀＜

x1+x2

2

．

Answer 1

分析：（1）若f（x）存在極值點，則f′（x）=-3x²+2x+b=0由兩個不相等的實數根，可得△=4+12b＞0，解得即可．
（2）①當b=0時，F（x）=

-x3+x2，x＜1 alnx，x≥1

．假設點P，Q滿足使得△POQ是以O為直角頂點的直角三角形，且斜邊中點在y軸上．則

OP

•

OQ

=0，且x₁+x₂=0，不妨設x₁=t＞0，則P（t，F（t）），Q（-t，t³+t²）．可得

OP

•

OQ

=-t²+F（t）（t³+t²）=0（*），該方程有解．對t分類討論，當0＜t＜1時，當t=1時，當t＞1時，此時可利用導數研究．
②F′（x₀）=k_PQ=

F(x2)-F(x1)

x2-x1

=

alnx2-alnx1

x2-x1

，由于F′(x)=

a

x

在（1，+∞）是減函數．要證：x₀＜

x1+x2

2

．只要證明F′(x0)＞F′(

x1+x2

2

)，通過換元求導即可證明．

解答：解：（1）若f（x）存在極值點，則f′（x）=-3x²+2x+b=0由兩個不相等的實數根，
∴△=4+12b＞0，解得b＞-

1

3

．
（2）①當b=0時，F（x）=

-x3+x2，x＜1 alnx，x≥1

．
假設點P，Q滿足使得△POQ是以O為直角頂點的直角三角形，且斜邊中點在y軸上．
則

OP

•

OQ

=0，且x₁+x₂=0，
不妨設x₁=t＞0，則P（t，F（t）），Q（-t，t³+t²）．
∴

OP

•

OQ

=-t²+F（t）（t³+t²）=0（*），該方程有解．
當0＜t＜1時，則F（t）=-t³+t²代入方程（*）得-t²+（-t³+t²）（t³+t²）=0即t⁴-t²+1=0，此方程無解．
當t=1時，

OP

=（1，0），

OQ

=（-1，2），

OP

•

OQ

≠0；
當t＞1時，F（t）=alnt，代入方程（*）可得：-t²+a（t³+t²）lnt=0，即

1

a

=(t+1)lnt．
設h（x）=（x+1）lnx（x≥1），則h′(x)=lnx+

1

x

+1＞0，
∴h（x）在[1，+∞）上單調遞增，可得h（x）≥h（1）=0．
函數h（x）的值域為[0，+∞），∴當a＞0時，方程

1

a

=(t+1)lnt有解，即方程（*）有解．
綜上所述：對任意給定的正實數a，曲線y=f（x）上總存在兩點P，Q，使得△POQ是以O為直角頂點的直角三角形，且斜邊中點在y軸上．
②F′（x₀）=k_PQ=

F(x2)-F(x1)

x2-x1

=

alnx2-alnx1

x2-x1

，
∵F′(x)=

a

x

在（1，+∞）是減函數，要證：x₀＜

x1+x2

2

，只要證明F′(x0)＞F′(

x1+x2

2

)，
而F′(

x1+x2

2

)=

2a

x1+x2

，即

alnx2-alnx1

x2-x1

＞

2a

x1+x2

，即證ln

x2

x1

＞

2(x2-x1)

x1+x2

=

2( x2 x1 -1)

1+ x2 x1

．
令u=

x2

x1

＞1，g（u）=lnu-

2(u-1)

u+1

，
g′(u)=

1

u

-

4

(u+1)2

=

(u-1)2

u(u+1)2

＞0，∴g（u）在（1，+∞）上為增函數．
∴g（u）＞g（1）=0，∴lnu＞

2(u-1)

u+1

，即ln

x2

x1

＞

2(x2-x1)

x1+x2

，
從而x₀＜

x1+x2

2

成立．

點評：本題中考查了利用導數研究函數的單調性極值、數量積運算、中點坐標公式、直線平行、分類討論等基礎知識與基本技能方法，屬于難題．