Question

（2013•濰坊一模）設(shè)函數(shù)f(x)=

1

3

mx3+(4+m)x2，g(x)=alnx，其中a≠0．
（ I ）若函數(shù)y=g（x）圖象恒過定點P，且點P在y=f（x）的圖象上，求m的值；
（Ⅱ）當(dāng)a=8時，設(shè)F（x）=f′（x）+g（x），討論F（x）的單調(diào)性；
（Ⅲ）在（I）的條件下，設(shè)G(x)=

f(x)，x≤1 g(x)，x＞1

，曲線y=G（x）上是否存在兩點P、Q，使△OPQ（O為原點）是以O(shè)為直角頂點的直角三角形，且該三角形斜邊的中點在y軸上？如果存在，求a的取值范圍；如果不存在，說明理由．

Answer 1

分析：（ I ）點P與a的取值無關(guān)，令lnx=0即可求點P，代入y=f（x），可得m值；
（Ⅱ）m=8時，求出F（x），F(xiàn)′（x），在定義域內(nèi)按m≥0，m＜0兩種情況討論解不等式F′（x）＞0，F(xiàn)′（x）＜0即可；
（Ⅲ）由（I）知G（x）=

-x3+x2，x≤1 alnx，x＞1

，先假設(shè)曲線y=G（x）上存在滿足題意的兩點P、Q，易知P、Q兩點在y軸兩側(cè)，由此可設(shè)P（t，G（t））（t＞0）、Q（-t，t³+t²），由題意知∠POQ為直角，從而有

OP

•

OQ

=0，即-t²+G（t）（t³+t²）=0①．分（1）0＜t≤1時，（2）t＞1時兩種情況進行討論，此時可知G（t）表達式，（1）種情況易判斷，（2）種情況分離出參數(shù)a后構(gòu)造函數(shù)，轉(zhuǎn)化為求函數(shù)值域可以解決；

解答：解：（I）令lnx=0，則x=1，即函數(shù)y=g（x）的圖象過定點P（1，0），
又點P在y=f（x）的圖象上，所以f（1）=

1

3

m+（4+m）=0，
解得m=-3．
（II）F（x）=mx²+2（4+m）x+8lnx，定義域為（0，+∞），
F′（x）=2mx+（8+2m）+

8

x

=

2mx2+(8+2m)x+8

x

=

(2mx+8)(x+1)

x

．
∵x＞0，則x+1＞0，
∴當(dāng)m≥0時，2mx+8＞0，F(xiàn)′（x）＞0，此時F（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞增，
當(dāng)m＜0時，由F′（x）＞0得0＜x＜-

4

m

，F(xiàn)′（x）＜0，得x＞-

4

m

，
此時F（x）在（0，-

4

m

）上為增函數(shù)，在（-

4

m

，+∞）上為減函數(shù)，
綜上，當(dāng)m≥0時，F(xiàn)（x）在（0，+∞）上為增函數(shù)，
m＜0時，在（0，-

4

m

）上為增函數(shù)，在（-

4

m

，+∞）上為減函數(shù)．
（III）由條件（I）知G（x）=

-x3+x2，x≤1 alnx，x＞1

，
假設(shè)曲線y=G（x）上存在兩點P、Q滿足題意，則P、Q兩點只能在y軸兩側(cè)，
設(shè)P（t，G（t））（t＞0），則Q（-t，t³+t²），
∵∠POQ是以O(shè)為直角頂點的直角三角形，
∴

OP

•

OQ

=0，∴-t²+G（t）（t³+t²）=0①．
（1）當(dāng)0＜t≤1時，G（t）=-t³+t²，
此時方程①為-t²+（-t³+t²）（t³+t²）=0，化簡得t⁴-t²+1=0，
此方程無解，滿足條件的P、Q兩點不存在．
（2）當(dāng)t＞1時，G（t）=alnt，
方程①為：-t²+alnt•（t³+t²）=0，即

1

a

=（t+1）lnt，
設(shè)h（t）=（t+1）lnt（t＞1），則h′（t）=lnt+

1

t

+1，
當(dāng)t＞1時，h′（t）＞0，即h（t）在（1，+∞）上為增函數(shù)，
∴h（t）的值域為（h（1），+∞）），即（0，+∞），
∴

1

a

＞0，∴a＞0．
綜上所述，如果存在滿足條件的P、Q，則a的取值范圍是a＞0．

點評：本題考查利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性，考查對數(shù)函數(shù)的特殊點，考查學(xué)生對存在性問題的探究解決能力，解決（Ⅲ）問的關(guān)鍵通過分析條件合理設(shè)點P、Q的坐標．