Question

已知f（x）=ax-lnx，g(x)=-

1

2

ax2+(2a-1)x，A∈R．
（Ⅰ）当x∈（0，e]时，f（x）的最小值是3，求a的值；
（Ⅱ）记函数y=F（x）的图象为曲线C．设点A（x₁，y₁），B（x₂，y₂）是曲线C上的不同两点．如果在曲线C上存在点M（x₀，y₀），使得：①x0=

x1+x2

2

；②曲线C在点M处的切线平行于直线AB，则称函数F（x）存在“中值相依切线”．试问：函数G（x）=g（x）-f（x），是否存在“中值相依切线”，请说明理由．

Answer 1

分析：（I）先求导函数，讨论a，研究函数的单调性，求出函数f（x）的最小值，使最小值为3，可求出a的值；
（II）假设函数G（x）存在“中值相依切线”，根据曲线C在点M处的切线平行于直线AB建立等式关系，判定然后判定方程是否有解即可判定是否存在“中值相依切线”．

解答：解：（Ⅰ）f′（x）=a-

1

x

=

ax-1

x

            …（1分）
①当a≤0时，因为x∈（0，e]，所以f′（x）＜0，所以f（x）在（0，e]上单调递减，
f（x）_min=f（e）=ae-1=3，a=

4

e

（舍去），
所以，此时f（x）无最小值．…（2分）
②当0＜

1

a

＜e时，f（x）在（0，

1

a

）上单调递减，在（

1

a

，e]上单调递增，
f（x）_min=f（

1

a

）=1+lna=3，a=e²，满足条件．…（4分）
③当

1

a

≥e时，因为x∈（0，e]，所以f′（x）＜0，
所以f（x）在（0，e]上单调递减，f（x）_min=f（e）=ae-1=3，a=

4

e

（舍去），
所以，此时f（x）无最小值．…（5分）
综上可得：a=e²                                         …（6分）
（Ⅱ）假设函数G（x）存在“中值相依切线”．
设A（x₁，y₁），B（x₂，y₂）是曲线y=G（x）上的不同两点，且0＜x₁＜x₂，
由题意G(x)=g(x)-f(x)=lnx-

1

2

ax2+(a-1)x
则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）
曲线在点M（x₀，y₀）处的切线斜率
k=G′（x₀）=G′（

x1+x2

2

）=

2

x1+x2

-a•

x1+x2

2

+（a-1），…（8分）
依题意得：

lnx2-lnx1

x2-x1

-

1

2

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

2

x1+x2

-a•

x1+x2

2

+（a-1）．
化简可得：

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）
设

x2

x1

=t （t＞1），上式化为：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

．
因为t＞1，显然h′（t）＞0，所以h（t）在（1，+∞）上递增，显然有h（t）＞2恒成立．
所以，在（1，+∞）内不存在t，使得lnt+

4

t+1

=2成立．…（13分）
综上所述，假设不成立．
所以，函数G（x）不存在“中值相依切线”．…（14分）

点评：本题主要考查了利用导数研究曲线上某点切线方程，以及导数在最大值、最小值问题中的应用，同时考查了运算求解的能力，属于难题．