Question

3．设函数y=$\left\{\begin{array}{l}{-{x}^{3}+{x}^{2}，x＜e}\\{alnx，x≥e}\end{array}\right.$的图象上存在两点P，Q，使得△POQ是以O为直角顶点的直角三角形（其中O为坐标原点），且斜边的中点恰好在y轴上，则实数a的取值范围是（　　）

• A． （-1，$\frac{1}{e}$）
• B． （0，$\frac{1}{e+1}$]
• C． （0，$\frac{1}{e}$]
• D． （0，1）

Answer 1

分析 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），运用向量垂直的条件：数量积为0，构造函数h（x）=（x+1）lnx（x≥e），运用导数判断单调性，求得最值，即可得到a的范围．

解答 解：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），∵△POQ是以O为直角顶点的直角三角形，
∴$\overline{OP}$•$\overline{OQ}$=0，即-t²+f（t）（t³+t²）=0 ①．
若方程①有解，存在满足题设要求的两点P、Q；若方程①无解，不存在满足题设要求的两点P、Q．
若0＜t＜e，则f（t）=-t³+t²代入①式得：-t²+（-t³+t²）（t³+t²）=0，
即t⁴-t²+1=0，而此方程无解，因此t≥e，此时f（t）=alnt，
代入①式得：-t²+（alnt）（t³+t²）=0，
即$\frac{1}{a}$=（t+1）lnt ②，令h（x）=（x+1）lnx（x≥e），
则h′（x）=lnx+1+$\frac{1}{x}$＞0，∴h（x）在[e，+∞）上单调递增，
∵t≥e，∴h（t）≥h（e）=e+1，∴h（t）的取值范围是[e+1，+∞）．
∴对于0＜a≤$\frac{1}{e+1}$，方程②总有解，即方程①总有解．
故答案为：（0，$\frac{1}{e+1}$]．

点评 本题考查分段函数的运用，注意向量垂直条件的运用和中点坐标公式，考查构造法和函数的单调性运用，属于中档题．