Question

已知函数f（x）=ax+lnx，a∈R
（Ⅰ）求函数f（x）的极值；
（Ⅱ）对于曲线上的不同两点P₁（x₁，y₁），P₂（x₂，y₂），如果存在曲线上的点Q（x₀，y₀），且x₁＜x₀＜x₂，使得曲线在点Q处的切线?∥P₁P₂，则称?为弦P₁P₂的伴随切线．特别地，当x₀=λx₁+（1-λ）x₂（0＜λ＜1）时，又称?为P₁P₂的λ-伴随切线．
（ⅰ）求证：曲线y=f（x）的任意一条弦均有伴随切线，并且伴随切线是唯一的；
（ⅱ）是否存在曲线C，使得曲线C的任意一条弦均有

1

2

-伴随切线？若存在，给出一条这样的曲线，并证明你的结论；若不存在，说明理由．

Answer 1

分析：（I）先求f（x）的导数，再对参数a进行讨论，利用导数函数值的正负情况研究原函数的极值；
（Ⅱ）设P₁（x₁，f（x₁）），P₂（x₂，f（x₂））是曲线y=f（x）上的任意两点，要证明P₁，P₂有伴随切线，只需证明存在点Q（x₀，f（x₀）），x₁＜x₀＜x₂，使得f′(x0)=

f(x2)-f(x1)

x2-x1

，且点Q不在P₁P₂上．

解答：解：（Ⅰ）f′(x)=a+

1

x

，x＞0（2分）
当a≥0（0，+∞），f'（x）＞0，函数f（x）在内是增函数，
∴函数f（x）没有极值．（3分）
当a＜0时，令f'（x）=0，得x=-

1

a

．
当x变化时，f'（x）与f（x）变化情况如下表：

∴当x=-

1

a

时，f（x）取得极大值f(-

1

a

)=-1+ln(-

1

a

)．
综上，当a≥0时，f（x）没有极值；
当a＜0时，f（x）的极大值为-1+ln(-

1

a

)，没有极小值．（5分）

（Ⅱ）（ⅰ）设P₁（x₁，f（x₁）），P₂（x₂，f（x₂））是曲线y=f（x）上的任意两点，
要证明P₁，P₂有伴随切线，只需证明存在点Q（x₀，f（x₀）），x₁＜x₀＜x₂，
使得f′(x0)=

f(x2)-f(x1)

x2-x1

，且点Q不在P₁P₂上．（7分）
∵f′(x)=a+

1

x

，即证存在x₀∈（x₁，x₂），使得a+

1

x0

=

ax2+lnx2-ax1-lnx1

x2-x1

，
即x₀lnx₂-x₀lnx₁+x₁-x₂=0成立，且点Q不在P₁P₂上．（8分）
以下证明方程xlnx₂-xlnx₁+x₁-x₂=0在（x₁，x₂）内有解．
设F（x）=xlnx₂-xlnx₁+x₁-x₂，0＜x＜x₂．
则F（x₁）=x₁lnx₂-x₁lnx₁+x₁-x₂．
记g（x）=xlnx₂-xlnx+x-x₂，0＜x＜x₂，
∴g'（x）=lnx₂-lnx＞0，
∴g（x）在（0，x₂）内是增函数，
∴F（x₁）=g（x₁）＜g（x₂）=0．（9分）
同理F（x₂）＞0．∴F（x₁）F（x₂）＜0．
∴方程xlnx₂-xlnx₁+x₁-x₂=0在（x₁，x₂）内有解x=x₀．（10分）
又对于函数g（x）=xlnx₂-xlnx+x-x₂，
∵0＜x₁＜x₀＜x₂，∴g（x₀）=x₀lnx₂-x₀lnx₀+x₀-x₂＜g（x₂）=0，
可知f′(x0)≠

f(x2)-f(x0)

x2-x0

，即点Q不在P₁P₂上．
又F（x）=（lnx₂-lnx₁）x+x₁-x₂在（x₁，x₂）内是增函数，
∴方程xlnx₂-xlnx₁+x₁-x₂=0在（x₁，x₂）内有唯一解．
综上，曲线y=f（x）上任意一条弦均有伴随切线，并且伴随切线是唯一的
（ii）取曲线C：y=h（x）=x²，则曲线y=h（x）的任意一条弦均有

1

2

-伴随切线，证明如下：
设R（x₃，y₃），S（x₄，y₄），
则K_RS=

y4-y3

x4-x3

=

x4 2-x3 2

x4-x3

=x4+x3
又h^'（x）=2x
所以h′(

x4+x3

2

)=x4+x3=kRS
即y=x²的任意一条弦均有

1

2

-伴随切线

点评：本题主要考查利用导数研究函数的极值，是一道创新型题，属于难度系数较大的题目．近几年的高考命题，由知识立意向能力立意转化，强化创新意识的考查，设计了一些“对新颖的信息、情景和设问，选择有效的方法和手段收集信息，综合与灵活地应用所学数学知识、思想和方法，进行独立思考、探索和研究，提出解决问题的思路，创造性的解决问题”的创新题．