Question

已知函数f（x）=-x³+x²+b，g（x）=alnx．
（1）若f（x）的极大值为

4

27

，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）当b=0时，设F（x）=

f(x)， x＜1 g(x)， x≥1

，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．

Answer 1

考点：导数在最大值、最小值问题中的应用,利用导数研究函数的极值

专题：导数的综合应用

分析：（1）直接对f（x）求导，令导数等于0即可求出极大值点与极大值，根据f（x）的极大值为

4

27

，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≤

x2-2x

x-lnx

，(x∈[1，e])，求出t(x)=

x2-2x

x-lnx

，(x∈[1，e])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+b，得
f'（x）=-3x²+2x=-x（3x-2），
令f'（x）=0，
得x=0或

2

3

．
当x变化时，f'（x）及f（x）的变化如下表：

x	（-∞，0）	0	（0， 2 3 ）	2 3	（ 2 3 ，+∞）
f'（x）	-	0	+	0	-
f（x）	↘	极小值	↗	极大值	↘

∴f（x）的极大值为f(

2

3

)=

4

27

+b=

4

27

，
∴b=0．
（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≤

x2-2x

x-lnx

，(x∈[1，e])恒成立，
令t(x)=

x2-2x

x-lnx

，(x∈[1，e])，
则t′(x)=

(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)=

-x3+x2，x＜1 alnx，        x≥1

，
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，
∴

OP

•

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

1

a

=(t+1)lnt，
设h（t）=（t+1）lnt（t＞1），
则h′(t)=lnt+

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．