Question

已知f（x）=ax-lnx，g(x)=-

1

2

ax2+(2a-1)x，A∈R．
（Ⅰ）當x∈（0，e]時，f（x）的最小值是3，求a的值；
（Ⅱ）記函數y=F（x）的圖象為曲線C．設點A（x₁，y₁），B（x₂，y₂）是曲線C上的不同兩點．如果在曲線C上存在點M（x₀，y₀），使得：①x0=

x1+x2

2

；②曲線C在點M處的切線平行于直線AB，則稱函數F（x）存在“中值相依切線”．試問：函數G（x）=g（x）-f（x），是否存在“中值相依切線”，請說明理由．

Answer 1

分析：（I）先求導函數，討論a，研究函數的單調性，求出函數f（x）的最小值，使最小值為3，可求出a的值；
（II）假設函數G（x）存在“中值相依切線”，根據曲線C在點M處的切線平行于直線AB建立等式關系，判定然后判定方程是否有解即可判定是否存在“中值相依切線”．

解答：解：（Ⅰ）f′（x）=a-

1

x

=

ax-1

x

            …（1分）
①當a≤0時，因為x∈（0，e]，所以f′（x）＜0，所以f（x）在（0，e]上單調遞減，
f（x）_min=f（e）=ae-1=3，a=

4

e

（舍去），
所以，此時f（x）無最小值．…（2分）
②當0＜

1

a

＜e時，f（x）在（0，

1

a

）上單調遞減，在（

1

a

，e]上單調遞增，
f（x）_min=f（

1

a

）=1+lna=3，a=e²，滿足條件．…（4分）
③當

1

a

≥e時，因為x∈（0，e]，所以f′（x）＜0，
所以f（x）在（0，e]上單調遞減，f（x）_min=f（e）=ae-1=3，a=

4

e

（舍去），
所以，此時f（x）無最小值．…（5分）
綜上可得：a=e²                                         …（6分）
（Ⅱ）假設函數G（x）存在“中值相依切線”．
設A（x₁，y₁），B（x₂，y₂）是曲線y=G（x）上的不同兩點，且0＜x₁＜x₂，
由題意G(x)=g(x)-f(x)=lnx-

1

2

ax2+(a-1)x
則y₁=lnx₁-

1

2

a

x

2 1

+（a-1）x₁，y₂=lnx₂-

1

2

a

x

2 2

+（a-1）x₂．
k_AB=

y2-y1

x2-x1

=

lnx2-lnx1

x2-x1

-

1

2

a(x1+x2)+(a-1)                …（7分）
曲線在點M（x₀，y₀）處的切線斜率
k=G′（x₀）=G′（

x1+x2

2

）=

2

x1+x2

-a•

x1+x2

2

+（a-1），…（8分）
依題意得：

lnx2-lnx1

x2-x1

-

1

2

a(x1+x2)+(a-1)=

2

x1+x2

-a•

x1+x2

2

+（a-1）．
化簡可得：

lnx2-lnx1

x2-x1

=

2

x1+x2

，…（9分）
即ln

x2

x1

=

2(x2-x1)

x1+x2

=

2( x2 x1 -1)

x2 x1 +1

．…（10分）
設

x2

x1

=t （t＞1），上式化為：lnt=

2(t-1)

t+1

=2-

4

t+1

，即lnt+

4

t+1

=2．…（11分）
令h（t）=lnt+

4

t+1

，h′（t）=

1

t

-

4

(t+1)2

=

(t-1)2

t(t+1)2

．
因為t＞1，顯然h′（t）＞0，所以h（t）在（1，+∞）上遞增，顯然有h（t）＞2恒成立．
所以，在（1，+∞）內不存在t，使得lnt+

4

t+1

=2成立．…（13分）
綜上所述，假設不成立．
所以，函數G（x）不存在“中值相依切線”．…（14分）

點評：本題主要考查了利用導數研究曲線上某點切線方程，以及導數在最大值、最小值問題中的應用，同時考查了運算求解的能力，屬于難題．