Question

已知f（x）=ax-lnx，g(x)=-

1

2

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

x1+x2

2

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

Answer 1

分析：（I）先求導(dǎo)函數(shù)，討論a，研究函數(shù)的單調(diào)性，求出函數(shù)f（x）的最小值，使最小值為3，可求出a的值；
（II）假設(shè)函數(shù)G（x）存在“中值相依切線”，根據(jù)曲線C在點(diǎn)M處的切線平行于直線AB建立等式關(guān)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(dāng)a≤0時(shí)，因?yàn)閤∈（0，e]，所以f′（x）＜0，所以f（x）在（0，e]上單調(diào)遞減，
f（x）_min=f（e）=ae-1=3，a=

4

e

（舍去），
所以，此時(shí)f（x）無最小值．…（2分）
②當(dāng)0＜

1

a

＜e時(shí)，f（x）在（0，

1

a

）上單調(diào)遞減，在（

1

a

，e]上單調(diào)遞增，
f（x）_min=f（

1

a

）=1+lna=3，a=e²，滿足條件．…（4分）
③當(dāng)

1

a

≥e時(shí)，因?yàn)閤∈（0，e]，所以f′（x）＜0，
所以f（x）在（0，e]上單調(diào)遞減，f（x）_min=f（e）=ae-1=3，a=

4

e

（舍去），
所以，此時(shí)f（x）無最小值．…（5分）
綜上可得：a=e²                                         …（6分）
（Ⅱ）假設(shè)函數(shù)G（x）存在“中值相依切線”．
設(shè)A（x₁，y₁），B（x₂，y₂）是曲線y=G（x）上的不同兩點(diǎn)，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(diǎn)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(shè)

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?yàn)閠＞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(nèi)不存在t，使得lnt+

4

t+1

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

點(diǎn)評(píng)：本題主要考查了利用導(dǎo)數(shù)研究曲線上某點(diǎn)切線方程，以及導(dǎo)數(shù)在最大值、最小值問題中的應(yīng)用，同時(shí)考查了運(yùn)算求解的能力，屬于難題．