Question

（2013•怀化三模）设函数f(x)=

1

3

mx3+(4+m)x2，g(x)=aln(x-1)，其中a≠0．
（Ⅰ）若函数y=g（x）图象恒过定点P，且点P关于直线x=

3

2

的对称点在y=f（x）的图象上，求m的值；
（Ⅱ）当a=8时，设F（x）=f′（x）+g（x+1），讨论F（x）的单调性；
（Ⅲ）在（Ⅰ）的条件下，设G(x)=

f(x)，x≤2 g(x)，x＞2

，曲线y=G（x）上是否存在两点P、Q，使△OPQ（O为原点）是以O为直角顶点的直角三角形，且斜边的中点在y轴上？如果存在，求a的取值范围；如果不存在，说明理由．

Answer 1

分析：（I）先得出点P关于直线x=

3

2

的对称点（1，0），由题意可得f（1）=0，求出m的值；
（II）先求函数定义域，然后对函数求导，再对字母m分类讨论：当m≥0时，当m＜0时．分别解f′（x）＞0，f′（x）＜0，求解即可．
（III）对于存在性问题，可先假设存在，即假设曲线y=G（x）上存在两点P、Q，满足题意，则P、Q只能在y轴的同侧，再利用△OPQ是以O为直角顶点的直角三角形，求出a的取值范围，若出现矛盾，则说明假设不成立，即不存在；否则存在．

解答：解：（I）令ln（x-1）=0，得x=2，∴点P关于直线x=

3

2

的对称点（1，0），
∴f（1）=0，

1

3

m+4+m=0，m=-3．
（II）F（x）=f′（x）+g（x+1）=mx²+2（4+m）x+8lnx，（x＞0）．
∴F′（x）=2mx+（8+2m）x+

8

x

=

2mx2+(8+2m)+8

x

=

(2mx+8)(x+1)

x

，
∵x＞0，∴x+1＞0，
∴当m≥0时，8+2mx＞0，F′（x）＞0，此时，F（x）在（0，+∞）上是减函数，
当m＜0时，由F′（x）＞0得0＜x＜-

4

m

，由F′（x）＜0得x＞-

4

m

，
此时，F（x）在（0，-

4

m

）上是增函数，在（-

4

m

，+∞）上是减函数，
综上所述，m≥0时，8+2mx＞0，F′（x）＞0，此时，F（x）在（0，+∞）上是增函数，当m＜0时，由F′（x）＞0得0＜x＜-

4

m

，由F′（x）＜0得x＞-

4

m

，此时，F（x）在（0，-

4

m

）上是增函数，在（-

4

m

，+∞）上是减函数，
（III）由条件（I）知，G(x)=

-x3+x2，x≤2 aln(x-1)，x＞2

，
假设曲线y=G（x）上存在两点P、Q，满足题意，则P、Q只能在y轴的同侧，
设P（t，G（t））（t＞0），则Q（-t，t³+t²），
∵△OPQ（O为原点）是以O为直角顶点的直角三角形，
∴

OP

•

OQ

=0，即-t²+G（t）（t³+t²）=0，①
（1）当0＜t≤2时，G（t）=-t³+t²，此时方程①为-t²+（-t³+t²）（t³+t²）=0，
化简得t⁴-t²+1=0，无解．满足条件的P、Q不存在；
（2）当t＞2时，G（t）=aln（t-1），此时方程①为-t²+aln（t-1）（t³+t²）=0，
化简得

1

a

=（t+1）ln（t-1），设h（x）=（t+1）ln（t-1），则h′（x）=ln（t-1）+

t+1

t-1

，
当t＞2时，h′（x）＞0，h（x）在（2，+∞）上是增函数，h（x）的值域为（h（2），+∞），即（0，+∞）．
∴当a＞0时，方程①总有解．
综上所述，存在满足条件的P、Q，a的取值范围（0，+∞）．

点评：本题考查利用导数研究函数的极值及单调性，解题时若含有参数，要对参数的取值进行讨论，而分类讨论的思想也是高考的一个重要思想，要注意体会其在解题中的运用．