Question

已知函數(shù)f（x）=

-x3+ax2+bx，(x＜1) - 3 2 clnx，(x≥1) ，

的圖象在點（-1，f（-1））處的切線方程為5x+y+3=0．
（I）求實數(shù)a，b的值及函數(shù)f（x）在區(qū)間[-1，2]上的最大值；
（Ⅱ）曲線y=f（x）上存在兩點M、N，使得△MON是以坐標原點O為直角頂點的直角三角形，且斜邊MN的中點在y軸上，求實數(shù)c的取值范圍．

Answer 1

考點：利用導數(shù)研究曲線上某點切線方程,分段函數(shù)的應用

專題：分類討論,導數(shù)的概念及應用,導數(shù)的綜合應用

分析：（I）求出當x＜1時的f（x）的導數(shù)，由切線方程可得斜率和切點，即有f（-1）=2，且f′（-1）=-5，解方程即可得到a，b；再由導數(shù)，求得單調(diào)區(qū)間，對c討論，即可得到最大值；
（Ⅱ）根據(jù)條件可得，M，N的橫坐標互為相反數(shù)，不妨設M（-t，t³+t²），N（t，f（t）），（t＞0）．討論t，運用向量垂直的條件：數(shù)量積為0，即可求得c的范圍．

解答： 解：（I）當x＜1時，f（x）的導數(shù)f′（x）=-3x²+2ax+b，
由f（x）在點（-1，f（-1））處的切線方程為5x+y+3=0，
可得f（-1）=2，且f′（-1）=-5，即有1+a-b=2，且-3-2a+b=-5，
解得a=1，b=0；
當x＜1時，f（x）=-x³+x²，
令f′（x）=-3x²+2x=0可得x=0或x=

2

3

，
f（x）在（-1，0）和（

2

3

，1）上單調(diào)遞減，在（0，

2

3

）上單調(diào)遞減，
此時f（x）在[-1，1）上的最大值為f（-1）=2；
當c＜0時，f(x)=-

3

2

clnx在[1，2]上單調(diào)遞增，且f(2)=-

3

2

cln2．
令-

3

2

cln2=2，則c=-

4

3ln2

，
所以當c＜-

4

3ln2

時，f（x）在[-1，2]上的最大值為f(2)=-

3

2

cln2；
當-

4

3ln2

≤c＜0時，f（x）在[-1，2]上的最大值為f（-1）=2．
當c≥0時，f(x)=-

3

2

clnx在[1，2]上單調(diào)遞減，且f（1）=0，
所以f（x）在[-1，2]上的最大值為f（-1）=2．
綜上可知，當c≥-

4

3ln2

時，f（x）在[-1，2]上的最大值為2；
當c≤-

4

3ln2

時，f（x）在[-1，2]上的最大值為f(2)=-

3

2

cln2．
（Ⅱ）函數(shù)f（x）=

-x3+ax2+bx，(x＜1) - 3 2 clnx，(x≥1) ，

，
根據(jù)條件可得，M，N的橫坐標互為相反數(shù)，
不妨設M（-t，t³+t²），N（t，f（t）），（t＞0）．
若t＜1，則f（t）=-t³+t²，
由∠MON是直角得，

OM

•

ON

=0，即-t²+（t³+t²）（-t³+t²）=0，
即t⁴-t²+1=0．此時無解；
若t≥1，則f(t)=-

3

2

clnt．
由于MN的中點在y軸上，且∠MON=90°，所以N點不可能在x軸上，即t≠0．
同理有

OM

•

ON

=0，即-t2+(t3+t2)(-

3

2

clnt)=0，c=-

2

3

1

(t+1)lnt

．
由于函數(shù)g(t)=-

2

3

1

(t+1)lnt

（t＞1）的值域是（-∞，0），
實數(shù)c的取值范圍是（-∞，0）即為所求．

點評：本題考查導數(shù)的運用：求切線方程和單調(diào)區(qū)間及極值、最值，考查分類討論的思想方法，運用向量垂直的條件即數(shù)量積為0是解題的關鍵．