Question

（2013•懷化三模）設(shè)函數(shù)f(x)=

1

3

mx3+(4+m)x2，g(x)=aln(x-1)，其中a≠0．
（Ⅰ）若函數(shù)y=g（x）圖象恒過定點P，且點P關(guān)于直線x=

3

2

的對稱點在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+1），討論F（x）的單調(diào)性；
（Ⅲ）在（Ⅰ）的條件下，設(shè)G(x)=

f(x)，x≤2 g(x)，x＞2

，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）先得出點P關(guān)于直線x=

3

2

的對稱點（1，0），由題意可得f（1）=0，求出m的值；
（II）先求函數(shù)定義域，然后對函數(shù)求導(dǎo)，再對字母m分類討論：當(dāng)m≥0時，當(dāng)m＜0時．分別解f′（x）＞0，f′（x）＜0，求解即可．
（III）對于存在性問題，可先假設(shè)存在，即假設(shè)曲線y=G（x）上存在兩點P、Q，滿足題意，則P、Q只能在y軸的同側(cè)，再利用△OPQ是以O(shè)為直角頂點的直角三角形，求出a的取值范圍，若出現(xiàn)矛盾，則說明假設(shè)不成立，即不存在；否則存在．

解答：解：（I）令ln（x-1）=0，得x=2，∴點P關(guān)于直線x=

3

2

的對稱點（1，0），
∴f（1）=0，

1

3

m+4+m=0，m=-3．
（II）F（x）=f′（x）+g（x+1）=mx²+2（4+m）x+8lnx，（x＞0）．
∴F′（x）=2mx+（8+2m）x+

8

x

=

2mx2+(8+2m)+8

x

=

(2mx+8)(x+1)

x

，
∵x＞0，∴x+1＞0，
∴當(dāng)m≥0時，8+2mx＞0，F(xiàn)′（x）＞0，此時，F(xiàn)（x）在（0，+∞）上是減函數(shù)，
當(dāng)m＜0時，由F′（x）＞0得0＜x＜-

4

m

，由F′（x）＜0得x＞-

4

m

，
此時，F(xiàn)（x）在（0，-

4

m

）上是增函數(shù)，在（-

4

m

，+∞）上是減函數(shù)，
綜上所述，m≥0時，8+2mx＞0，F(xiàn)′（x）＞0，此時，F(xiàn)（x）在（0，+∞）上是增函數(shù)，當(dāng)m＜0時，由F′（x）＞0得0＜x＜-

4

m

，由F′（x）＜0得x＞-

4

m

，此時，F(xiàn)（x）在（0，-

4

m

）上是增函數(shù)，在（-

4

m

，+∞）上是減函數(shù)，
（III）由條件（I）知，G(x)=

-x3+x2，x≤2 aln(x-1)，x＞2

，
假設(shè)曲線y=G（x）上存在兩點P、Q，滿足題意，則P、Q只能在y軸的同側(cè)，
設(shè)P（t，G（t））（t＞0），則Q（-t，t³+t²），
∵△OPQ（O為原點）是以O(shè)為直角頂點的直角三角形，
∴

OP

•

OQ

=0，即-t²+G（t）（t³+t²）=0，①
（1）當(dāng)0＜t≤2時，G（t）=-t³+t²，此時方程①為-t²+（-t³+t²）（t³+t²）=0，
化簡得t⁴-t²+1=0，無解．滿足條件的P、Q不存在；
（2）當(dāng)t＞2時，G（t）=aln（t-1），此時方程①為-t²+aln（t-1）（t³+t²）=0，
化簡得

1

a

=（t+1）ln（t-1），設(shè)h（x）=（t+1）ln（t-1），則h′（x）=ln（t-1）+

t+1

t-1

，
當(dāng)t＞2時，h′（x）＞0，h（x）在（2，+∞）上是增函數(shù)，h（x）的值域為（h（2），+∞），即（0，+∞）．
∴當(dāng)a＞0時，方程①總有解．
綜上所述，存在滿足條件的P、Q，a的取值范圍（0，+∞）．

點評：本題考查利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的極值及單調(diào)性，解題時若含有參數(shù)，要對參數(shù)的取值進(jìn)行討論，而分類討論的思想也是高考的一個重要思想，要注意體會其在解題中的運用．