Question

设函数f(x)=x-

1

x

-2mlnx（m∈R）．
（1）讨论f（x）的单调性．
（2）若f（x）有两个极值是x₁和x₂，过点A（x₁，f（x₁）），B（x₂，f（x₂））的直线的斜率为k，问：是否存在m，使得k=2-m？若存在，求出m的值，若不存在，请说明理由．

Answer 1

分析：（1）求出函数的定义域，求出原函数的导函数f′(x)=

x2-2mx+1

x2

，令g（x）=x²-2mx+1，由m得范围分析函数的零点情况，并由此得到f′（x）在不同区间内的符号，进一步得到函数f（x）的单调性；
（2）由f（x）有两个极值是x₁和x₂，结合（1）可知m＞1，且x₁x₂=1，由函数解析式得：f(x 1)-f(x2)=x1-x2+

x1-x2

x1x2

-2m(lnx1-lnx 2)，两边同时除以x₁-x₂后得到过点A，B的直线的斜率，假设存在m，使得k=2-m，即可得到lnx₁-lnx₂=x₁-x₂，转化为仅含x₂的等式，与由函数单调性得到的关于x₂的等式矛盾．

解答：解：（1）f（x）的定义域为（0，+∞），
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，其判别式△=4m²-4．
当|m|≤1时△≤0，f′（x）≥0．
故f（x）在（0，+∞）上单调递增；
当m＜-1时，△＞0，g（x）=0的两根都小于0，在（0，+∞）上f′（x）＞0，
故f（x）在（0，+∞）上单调递增；
当m＞1时，△＞0，g（x）=0的两根为x 1=m-

m2-1

，x2=m+

m2-1

当0＜x＜x₁时，f′（x）＞0，当x₁＜x＜x₂时，f′（x）＜0，当x＞x₂时，f′（x）＞0．
故f（x）分别在（0，x₁），（x₂，+∞）上单调递增，在（x₁，x₂）上单调递减；
（2）不存在m，使得k=2-m．
事实上：
∵f（x）有两个极值是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，则

lnx 1-lnx2

x1-x2

=1
即lnx₁-lnx₂=x₁-x₂，
即x2-

1

x 2

-2lnx2=0，（x₂＞1）（*）．
再由（1）知，函数h(t)=t-

1

t

-2lnt在（0，+∞）上单调递增，而x₂＞1．
∴x2-

1

x2

-2lnx2＞1-

1

1

-2ln1=0．
这与（*）式矛盾，故不存在m，使得k=2-m．

点评：本题考查了利用导数研究函数的单调性，训练了利用导数研究函数的极值，考查了分类讨论的数学思想方法，体现了反证法证题的思想，解答（2）的关键是如何寻找互为矛盾的式子，属于难题．