Question

設(shè)函數(shù)f(x)=x-

1

x

-2mlnx（m∈R）．
（1）討論f（x）的單調(diào)性．
（2）若f（x）有兩個(gè)極值是x₁和x₂，過點(diǎn)A（x₁，f（x₁）），B（x₂，f（x₂））的直線的斜率為k，問：是否存在m，使得k=2-m？若存在，求出m的值，若不存在，請(qǐng)說明理由．

Answer 1

分析：（1）求出函數(shù)的定義域，求出原函數(shù)的導(dǎo)函數(shù)f′(x)=

x2-2mx+1

x2

，令g（x）=x²-2mx+1，由m得范圍分析函數(shù)的零點(diǎn)情況，并由此得到f′（x）在不同區(qū)間內(nèi)的符號(hào)，進(jìn)一步得到函數(shù)f（x）的單調(diào)性；
（2）由f（x）有兩個(gè)極值是x₁和x₂，結(jié)合（1）可知m＞1，且x₁x₂=1，由函數(shù)解析式得：f(x 1)-f(x2)=x1-x2+

x1-x2

x1x2

-2m(lnx1-lnx 2)，兩邊同時(shí)除以x₁-x₂后得到過點(diǎn)A，B的直線的斜率，假設(shè)存在m，使得k=2-m，即可得到lnx₁-lnx₂=x₁-x₂，轉(zhuǎn)化為僅含x₂的等式，與由函數(shù)單調(diào)性得到的關(guān)于x₂的等式矛盾．

解答：解：（1）f（x）的定義域?yàn)椋?，+∞），
由f(x)=x-

1

x

-2mlnx，得：
f′(x)=1+

1

x2

-

2m

x

=

x2-2mx+1

x2

．
令g（x）=x²-2mx+1，其判別式△=4m²-4．
當(dāng)|m|≤1時(shí)△≤0，f′（x）≥0．
故f（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞增；
當(dāng)m＜-1時(shí)，△＞0，g（x）=0的兩根都小于0，在（0，+∞）上f′（x）＞0，
故f（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞增；
當(dāng)m＞1時(shí)，△＞0，g（x）=0的兩根為x 1=m-

m2-1

，x2=m+

m2-1

當(dāng)0＜x＜x₁時(shí)，f′（x）＞0，當(dāng)x₁＜x＜x₂時(shí)，f′（x）＜0，當(dāng)x＞x₂時(shí)，f′（x）＞0．
故f（x）分別在（0，x₁），（x₂，+∞）上單調(diào)遞增，在（x₁，x₂）上單調(diào)遞減；
（2）不存在m，使得k=2-m．
事實(shí)上：
∵f（x）有兩個(gè)極值是x₁和x₂，由（1）知m＞1，
∵f(x 1)-f(x2)=x1-x2+

x1-x2

x1x2

-2m(lnx1-lnx 2)，
k=

f(x1)-f(x2)

x 1-x 2

=1+

1

x1x 2

-2m•

lnx1-lnx2

x 1-x2

又由（1）知，x₁•x₂=1，于是k=2-2m•

lnx1-lnx2

x1-x2

若存在m，使得k=2-m，則

lnx 1-lnx2

x1-x2

=1
即lnx₁-lnx₂=x₁-x₂，
即x2-

1

x 2

-2lnx2=0，（x₂＞1）（*）．
再由（1）知，函數(shù)h(t)=t-

1

t

-2lnt在（0，+∞）上單調(diào)遞增，而x₂＞1．
∴x2-

1

x2

-2lnx2＞1-

1

1

-2ln1=0．
這與（*）式矛盾，故不存在m，使得k=2-m．

點(diǎn)評(píng)：本題考查了利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性，訓(xùn)練了利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的極值，考查了分類討論的數(shù)學(xué)思想方法，體現(xiàn)了反證法證題的思想，解答（2）的關(guān)鍵是如何尋找互為矛盾的式子，屬于難題．