Question

已知函数f（x）=-x³+x²+bx，g（x）=alnx，（a＞0）．
（1）当a=x时，求函数g（x）的单调区间；
（2）若f（x）存在极值点，求实数b的取值范围；
（3）当b=0时，令F（x）=．P（x₁，F（x₁）），Q（x₂，F（x₂））为曲线y=F（x）上的两动点，O为坐标原点，能否使得△POQ是以O为直角顶点的直角三角形，且斜边中点在y轴上？请说明理由．

Answer 1

解：（1）当a=x时，函数g（x）=xlnx，∴g′（x）=lnx+1，
令g′（x）＜0解得0＜x＜，∴函数g（x）的单调递减区间为（0，），
令g′（x）＞0解得x＞，∴函数g（x）的单调递增区间为（，+∞）；
（2）∵f′（x）=-3x²+2x+b，若f（x）存在极值点，
则f′（x）=-3x²+2x+b=0有两个不相等的实数根，
所以△=4-12b＞0，解得b＞-；
（3）当b=0时，F（x）=，
假设使得△POQ是以O为直角顶点的直角三角形，斜边中点在y轴上，
则，且x₁+x₂=0，不妨设x₁=t＞0，
故P（t，F（t）），则Q（-t，t³+t²），
∴=-t²+F（t）（t³+t²）=0（*）该方程有解，
若0＜t＜1，则F（t）=-t³+t²，代入方程（*）得：-t²+（-t³+t²）（t³+t²）=0，
化简可得t⁴-t²+1=0，此方程无实数解；
当t=1时，=（1，0），=（-1，2），≠0；
当t＞1时，F（t）=alnt，代入方程（*）得-t²+a（t³+t²）•lnt=0，即=（t+1）lnt，
设h（x）=（x+1）lnx（x≥1），则h′（x）=lnx++1＞0在[1，+∞）恒成立，
∴h（x）在[1，+∞）上单调递增，故h（x）≥h（1）=0，即h（x）的值域为[0，+∞）
∴当a＞0时，方程=（t+1）lnt有解，即方程（*）有解，
总上所述，对任意给定的正实数a，曲线y=F（x）上总存在两点PQ，
使得△POQ是以O为直角顶点的直角三角形，且斜边中点在y轴上．
分析：（1）把a=x代入可得解析式，求导数令其分别大于0，小于0，可得单调递增，减区间；
（2）问题等价于方程-3x²+2x+b=0有两个不相等的实数根，由△＞0可得；
（3）把b=0代入可得解析式，问题等价于，且x₁+x₂=0，不妨设x₁=t＞0，可得PQ的坐标，进而可得数量积，分0＜t＜1，t=1，和t＞1讨论可得结论．
点评：本题考查利用导数研究函数的极值，涉及函数单调性的研究和分类讨论的思想，属中档题．