已知函数f（x）=-x3+x2+bx+c，x＜1alnx，x≥1的图象过坐标原点O，且在点（-1，f（-1））处的切线的斜率是-5．（I）求实数b、c的值；（Ⅱ）求f（x）在区间[-1，2]上的最大值；（Ⅲ）对任意给定的-数学试题及答案

1、试题题目：已知函数f（x）=-x3+x2+bx+c，x＜1alnx，x≥1的图象过坐标原点O，且在..

发布人：繁体字网（www.fantiz5.com）发布时间：2015-12-13 07:30:00

试题原文

已知函数f（x）=

-x3+x2+bx+c，x＜1

alnx，x≥1

的图象过坐标原点O，且在点（-1，f（-1））处的切线的斜率是-5．
（I）求实数b、c的值；
（Ⅱ）求f（x）在区间[-1，2]上的最大值；
（Ⅲ）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为直角顶点的直角三角形，且此三角形斜边中点在y轴．若存在请证明，若不存在说明理由．

试题来源：不详试题题型：解答题试题难度：中档适用学段：高中考察重点：函数的极值与导数的关系

2、试题答案：该试题的参考答案和解析内容如下：

（Ⅰ）当x＜1时，f'（x）=-3x²+2x+b．
依题意，得

f(0)=0

f′(-1)=-5

即

c=0

-3-2+b=-5

解得b=c=0．…（4分）
（II）由（I）知，f(x)=

-x3+x2，x＜1

alnx，x≥1.

①当-1≤x＜1时，f′(x)=-3x2+2x=-3x(x-

2

3

)，
令f′(x)=0得x=0或x=

2

3

．x变化时，f'（x），f（x）的变化如下表：

x

（-1，0）

0

(0，

2

3

)

2

3

(

2

3

，1)

f'（x）

-

0

+

0

-

f（x）

单调递减

极小值

单调递增

极大值

单调递减

又f(-1)=2，f(

2

3

)=

4

27

，f(0)=0，
∴f（x）在[-1，1）上的最大值为2．
②当1≤x≤2时，f（x）=alnx．
当a≤0时，f（x）≤0；当a＞0时，f（x）在[1，2]上单调递增，
∵f（x）在[1，2]上的最大值为aln2．
综上所述，当aln2≤2，即a≤

2

ln2

时，f(x)在[-1，2]上的最大值为2；
当aln2＞2，即a＞

2

ln2

时，f(x)在[-1，2]上的最大值为aln2．…（10分）
（III）假设曲线y=f（x）上存在两点P、Q满足题设要求，
则点P、Q只能在y轴的两侧，不妨设P（t，f（t））（t＞0），则Q（-t，t³+t²），
显然t≠1∵△POQ为直角三角形，∴

OP

?

OQ

=0，即-t2+f(t)(t3+t2)=0．（1）
是否存在P、Q等价于方程（1）是否有解．若0＜t＜1，则f（t）=-t³t²，
代入（1）式得，-t²+（-t³+t²）（t³+t²）=0，即t⁴-t²+1=0，而此方程无实数解，
因此t＞1．∴f（t）=alnt，代入（1）式得，-t²+（alnt）（t³+t²）=0，
即

1

a

=(t+1)lnt（*）考察函数h（x）=（x+1）lnx（x≥1），
则h′(x)=lnx+

1

x

+1＞0，∴h（x）在[1，+∞）上单调递增，
∵t＞1，∴h（t）＞h（1）=0，当t→+∞时，h（t）→∞，
∴h（t）的取值范围是（0，+∞）
∴对于a＞0，方程（*）总有解，即方程（1）总有解．
因此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是以点O为直角顶点的直角三角形，且此三角形斜边中点在y轴上．…（14分）

3、扩展分析：该试题重点查考的考点详细输入如下：

经过对同学们试题原文答题和答案批改分析后，可以看出该题目“已知函数f（x）=-x3+x2+bx+c，x＜1alnx，x≥1的图象过坐标原点O，且在..”的主要目的是检查您对于考点“高中函数的极值与导数的关系”相关知识的理解。有关该知识点的概要说明可查看：“高中函数的极值与导数的关系”。

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