Question

已知函数的图象过坐标原点O，且在点（-1，f（-1））处的切线的斜率是-5．
（Ⅰ）求实数b，c的值；  
（Ⅱ）求f（x）在区间[-1，2]上的最大值；
（Ⅲ）对任意给定的正实数a，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？说明理由．

Answer

（Ⅰ）当x＜1时，f（x）=-x3+x2+bx+c，则f'（x）=-3x2+2x+b．依题意得：，由此能求出实数b，c的值．
（Ⅱ）由知，当-1≤x＜1时，，令f'（x）=0得，当x变化时，f'（x），f（x）的变化情况列表知f（x）在[-1，1）上的最大值为2．当1≤x≤2时，f（x）=alnx．当a≤0时，f（x）≤0，f（x）最大值为0；当a＞0时，f（x）在[1，2]上单调递增．当aln2≤2时，f（x）在区间[-1，2]上的最大值为2；当aln2＞2时，f（x）在区间[-1，2]上的最大值为aln2．
（Ⅲ）假设曲线y=f（x）上存在两点P、Q满足题设要求，则点P、Q只能在y轴两侧．设P（t，f（t））（t＞0），则Q（-t，t3+t2），显然t≠1．由此入手能得到对任意给定的正实数a，曲线y=f（x）上存在两点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．
【解析】
（Ⅰ）当x＜1时，f（x）=-x3+x2+bx+c，则f'（x）=-3x2+2x+b．
依题意得：，即解得b=c=0
（Ⅱ）由（Ⅰ）知，
①当-1≤x＜1时，，
令f'（x）=0得
当x变化时，f'（x），f（x）的变化情况如下表：

x （-1，0）
f'（x） - + -
f（x） 单调递减 极小值 单调递增 极大值 单调递减

又f（-1）=2，，f（0）=0．∴f（x）在[-1，1）上的最大值为2．
②当1≤x≤2时，f（x）=alnx．当a≤0时，f（x）≤0，f（x）最大值为0；
当a＞0时，f（x）在[1，2]上单调递增．∴f（x）在[1，2]最大值为aln2．
综上，当aln2≤2时，即时，f（x）在区间[-1，2]上的最大值为2；
当aln2＞2时，即时，f（x）在区间[-1，2]上的最大值为aln2．
（Ⅲ）假设曲线y=f（x）上存在两点P、Q满足题设要求，则点P、Q只能在y轴两侧．
不妨设P（t，f（t））（t＞0），则Q（-t，t3+t2），显然t≠1
∵△POQ是以O为直角顶点的直角三角形，∴
即-t2+f（t）（t3+t2）=0（*）
若方程（*）有解，存在满足题设要求的两点P、Q；
若方程（*）无解，不存在满足题设要求的两点P、Q．
若0＜t＜1，则f（t）=-t3+t2代入（*）式得：-t2+（-t3+t2）（t3+t2）=0
即t4-t2+1=0，而此方程无解，因此t＞1．此时f（t）=alnt，
代入（*）式得：-t2+（alnt）（t3+t2）=0即（**）
令h（x）=（x+1）lnx（x≥1），则
∴h（x）在[1，+∞）上单调递增，∵t＞1∴h（t）＞h（1）=0，∴h（t）的取值范围是（0，+∞）．
∴对于a＞0，方程（**）总有解，即方程（*）总有解．
因此，对任意给定的正实数a，曲线y=f（x）上存在两点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．