Question

3．己知函數(shù)f（x）=-x³+x²+ax+b，g（x）=clnx，其中a，b，c為實(shí)數(shù)，若函數(shù)g（x）的圖象恒過定點(diǎn)P，且函數(shù)f（x）的圖象在點(diǎn)P處的切線與直線x-y-4=0垂直．
（1）求實(shí)數(shù)a、b的值；
（2）設(shè)F（x）=$\left\{\begin{array}{l}{f（x），x＜1}\\{g（x）-c，x≥1}\end{array}\right.$
①求函數(shù)F（x）在[-1，e]（其中e為自然對(duì)數(shù)的底數(shù)）上的最大值；
②曲線y=F（x）上是否存在兩點(diǎn)P，Q．使得△POQ是以O(shè)（O為坐標(biāo)原點(diǎn)）為直角頂點(diǎn)的直角三角形，而且此三角形斜邊中點(diǎn)在y軸上？若存在，求出實(shí)數(shù)c的取值范圍；若不存在，請(qǐng)說明理由．

Answer 1

分析 （1）利用函數(shù)g（x）圖象恒過定點(diǎn)求出切線斜率，從而確定切點(diǎn)坐標(biāo)，建立方程組，求出a、b的值；
（2）①根據(jù)分段函數(shù)，分類討論，利用函數(shù)的單調(diào)性，即可求F（x）在[-1，e]上的最大值；
②根據(jù)分段函數(shù)，分類討論，利用$\overrightarrow{OP}$•$\overrightarrow{OQ}$=0，即可求實(shí)數(shù)c的取值范圍．

解答 解：（1）∵函數(shù)f（x）=-x³+x²+ax+b，∴f′（x）=-3x²+2x+a，
g（x）=clnx，
∴函數(shù)g（x）的圖象恒過定點(diǎn)P（1，0），
當(dāng)x=1時(shí)，f′（1）=-3+2+a=a-1，
又函數(shù)f（x）的圖象在點(diǎn)P處的切線與直線x-y-4=0垂直，
∴a-1=-1，解得a=0；
又f（1）=-1+1+a+b=0，解得b=0；
（2）①由（1）知，f（x）=-x³+x²；
當(dāng)x＜1時(shí)，F(xiàn)（x）=f（x），
且f′（x）=-3x²+2x=-x（3x-2）；
令f′（x）=0可得x=0或x=$\frac{2}{3}$，故函數(shù)在（-1，0）和（$\frac{2}{3}$，e）上單調(diào)遞減，在（0，$\frac{2}{3}$）上單調(diào)遞增；
∴x＜1時(shí)，f（x）的最大值為max{f（-1），f（$\frac{2}{3}$）}=f（-1）=2；
當(dāng)1≤x≤e時(shí)，F(xiàn)（x）=g（x）=clnx-c，
若c≤0，則g（x）在[1，e]上是單調(diào)減函數(shù)，最大值是g（1）=-c；
若c＞0，則g（x）在[1，e]上單調(diào)遞增，且g（e）=0；
綜上，c≥-2時(shí)，F(xiàn)（x）在[-1，e]上的最大值為2；
c＜-2時(shí)，F(xiàn)（x）在[-1，e]上的最大值為-c；
②F（x）=$\left\{\begin{array}{l}{{-x}^{3}{+x}^{2}，x＜1}\\{clnx-c，x≥1}\end{array}\right.$，
根據(jù)條件P，Q的橫坐標(biāo)互為相反數(shù)，不妨設(shè)P（-t，t³+t²），Q（t，f（t）），（t＞0）．
若t＜1，則f（t）=-t³+t²，
由∠POQ是直角得，$\overrightarrow{OP}$•$\overrightarrow{OQ}$=0，即-t²+（t³+t²）（-t³+t²）=0，
即t⁴-t²+1=0．此時(shí)無解；
若t≥1，則f（t）=clnt-c．
由于PQ的中點(diǎn)在y軸上，且∠POQ是直角，所以Q點(diǎn)不可能在x軸上，即t≠1．
同理由$\overrightarrow{OP}$•$\overrightarrow{OQ}$=0，即-t²+（t³+t²）•（clnt-c）=0，∴c=$\frac{1}{（t+1）（lnt-1）}$．
由于函數(shù)h（t）=$\frac{1}{（t+1）（lnt-1）}$（t＞1）的值域是（-1，0）∪（0，+∞），
所以實(shí)數(shù)c的取值范圍是（-1，0）∪（0，+∞）．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用問題，也考查了函數(shù)的最值與分類討論的數(shù)學(xué)思想，計(jì)算與推理能力，是難題．