热门试卷

解：（1）由题意可得，当x＜1时，f′（x）=﹣3x2+2x+b，f′（﹣1）=﹣3﹣2+b=b﹣5．

由（ b﹣5 ）（ ）=﹣1，可得b=0，

故 f（x）=﹣x3+x2+c．把点（﹣1，2）代入求得 c=0．

综上可得b=0，c=0．

（2）由以上可得  ，当﹣1≤x＜1时，f′（x）=﹣x（3x﹣2）．

 解f′（x）＞0得0＜x＜ ．解f′（x）＜0得1≥x＞ 或x＜0．

∴f（x）在（﹣1，0）和（ ，1）上单调递减，在（0， ）上单调递增，

从而f（x）在x= 处取得极大值为f（ ）= ．

又∵f（﹣1）=2，f（1）=0，

∴f（x）在[﹣1，1）上的最大值为2．

当1≤x≤e时，f（x）=alnx，

当a≤0时，f（x）≤0．

当a＞0时，f（x）在[1，e]单调递增；

∴f（x）在[1，e]上的最大值为a．

∴a≥2时，f（x）在[﹣1，e]上的最大值为a；

当a＜2时，f（x）在[﹣1，e]上的最大值为2．

（3）设点P的横坐标为m（不妨设m＞0），

则由题意可得点Q的横坐标为﹣m，且﹣m＜0．

当0＜m＜1时，点P（m，﹣m3+m2），点 Q（﹣m，m3+m2），

由K0P·KOQ=﹣1，可得（﹣m2+m）（﹣m2﹣m）=﹣1，m无解．

当m≥1时，点P（m，alnm），点 Q（﹣m，m3+m2），

由K0P·KOQ=﹣1，可得  ·（﹣m2﹣m）=﹣1，即 alnm= ．

由于a为正实数，故存在大于1的实数m，满足方程 alnm= ．

故曲线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轴上．

解：（I）函数f（x）的定义域为（﹣∞，0）∪（0，+∞）， 

∴f′（1）=a

∵函数f（x）在点（1，f（1））处的切线与直线x+y+3=0垂直

∴f′（1）=1 ∴a=1；

（II）由（I）可得 ，

证明g（x）≤f（x）在x∈（0，+∞）内恒成立，

即 恒成立

∴只要证明lnx﹣x+1≤0（x＞0）恒成立

构造函数h（x）=lnx﹣x+1（x＞0）

∴ 

令 ，

结合x＞0，可得0＜x＜1，

令 ，结合x＞0，可得x＞1，

∴x=1处有极大值h（1）=0，且为最大值

∴lnx﹣x+1≤0在x∈（0，+∞）内恒成立

∴g（x）≤f（x）在x∈（0，+∞）内恒成立．