Question

设函数，其中a≠0．
（ I ）若函数y=g（x）图象恒过定点P，且点P在y=f（x）的图象上，求m的值；
（Ⅱ）当a=8时，设F（x）=f′（x）+g（x），讨论F（x）的单调性；
（Ⅲ）在（I）的条件下，设，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，且该三角形斜边的中点在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

解：（I）令lnx=0，则x=1，即函数y=g（x）的图象过定点P（1，0），
又点P在y=f（x）的图象上，所以f（1）=m+（4+m）=0，
解得m=-3．
（II）F（x）=mx²+2（4+m）x+8lnx，定义域为（0，+∞），
F′（x）=2mx+（8+2m）+==．
∵x＞0，则x+1＞0，
∴当m≥0时，2mx+8＞0，F′（x）＞0，此时F（x）在（0，+∞）上单调递增，
当m＜0时，由F′（x）＞0得0＜x＜-，F′（x）＜0，得x＞-，
此时F（x）在（0，-）上为增函数，在（，+∞）上为减函数，
综上，当m≥0时，F（x）在（0，+∞）上为增函数，
m＜0时，在（0，-）上为增函数，在（，+∞）上为减函数．
（III）由条件（I）知G（x）=，
假设曲线y=G（x）上存在两点P、Q满足题意，则P、Q两点只能在y轴两侧，
设P（t，G（t））（t＞0），则Q（-t，t³+t²），
∵∠POQ是以O为直角顶点的直角三角形，
∴，∴-t²+G（t）（t³+t²）=0①．
（1）当0＜t≤1时，G（t）=-t³+t²，
此时方程①为-t²+（-t³+t²）（t³+t²）=0，化简得t⁴-t²+1=0，
此方程无解，满足条件的P、Q两点不存在．
（2）当t＞1时，G（t）=alnt，
方程①为：-t²+alnt•（t³+t²）=0，即=（t+1）lnt，
设h（t）=（t+1）lnt（t＞1），则h′（t）=lnt++1，
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，+∞），
∴＞0，∴a＞0．
综上所述，如果存在满足条件的P、Q，则a的取值范围是a＞0．
分析：（ I ）点P与a的取值无关，令lnx=0即可求点P，代入y=f（x），可得m值；
（Ⅱ）m=8时，求出F（x），F′（x），在定义域内按m≥0，m＜0两种情况讨论解不等式F′（x）＞0，F′（x）＜0即可；
（Ⅲ）由（I）知G（x）=，先假设曲线y=G（x）上存在满足题意的两点P、Q，易知P、Q两点在y轴两侧，由此可设P（t，G（t））（t＞0）、Q（-t，t³+t²），由题意知∠POQ为直角，从而有，即-t²+G（t）（t³+t²）=0①．分（1）0＜t≤1时，（2）t＞1时两种情况进行讨论，此时可知G（t）表达式，（1）种情况易判断，（2）种情况分离出参数a后构造函数，转化为求函数值域可以解决；
点评：本题考查利用导数研究函数的单调性，考查对数函数的特殊点，考查学生对存在性问题的探究解决能力，解决（Ⅲ）问的关键通过分析条件合理设点P、Q的坐标．