Question

18．设函数f（x）=x-$\frac{1}{x}$-2m•lnx（m∈R）
（Ⅰ）当m=-1时，求函数f（x）的零点；
（Ⅱ）当m＞-1时，讨论函数f（x）的单调性；
（Ⅲ）在（Ⅱ）条件下，若f（x）有两个极值点是x₁，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k=2-2m？若存在，求出m的值；若不存在，请说明理由．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出函数的导数，根据函数的单调性以及f（1）=0，判断函数的零点即可；
（Ⅱ）求出函数的导数，结合二次函数的性质判断导函数的符号，从而求出函数的单调区间；
（Ⅲ）假设存在，根据x₁+x₂=2m，x₁x₂=1，得到消元得ln$\frac{1}{{x}_{2}}$-lnx₂=$\frac{1}{{x}_{2}}$-x2，根据f（x）的单调性判断函数无零点，得出结论即可．

解答 解：（Ⅰ）当m=-1时，f（x）=x-$\frac{1}{x}$+2lnx，（x＞0），
∵f′（x）=1+$\frac{1}{{x}^{2}}$+$\frac{2}{x}$＞0，
∴f（x）在（0，+∞）递增，
显然f（1）=0，故f（x）有唯一零点x=1．      
（Ⅱ）f′（x）=$\frac{{x}^{2}-2mx+1}{{x}^{2}}$，
令g（x）=x²-2mx+1，（x＞0），△=4m²-4，
（1）-1＜m≤1时，则△≤0，g（x）≥0恒成立，
即f′（x）≥0恒成立，
∴f（x）在（0，+∞）递增；
（2）m＞1时，△＞0，g（x）=0的2个根是m±$\sqrt{{m}^{2}-1}$，
∵m＞1，∴m±$\sqrt{{m}^{2}-1}$＞0，
∴f（x）在（0，m-$\sqrt{{m}^{2}-1}$）递增，在（m-$\sqrt{{m}^{2}-1}$，m+$\sqrt{{m}^{2}-1}$）递减，在（m+$\sqrt{{m}^{2}-1}$，+∞）递增，
综上，-1＜m≤1时，f（x）在（0，+∞）递增，
m＞1时，f（x）在（0，m-$\sqrt{{m}^{2}-1}$）递增，在（m-$\sqrt{{m}^{2}-1}$，m+$\sqrt{{m}^{2}-1}$）递减，在（m+$\sqrt{{m}^{2}-1}$，+∞）递增；
（Ⅲ）由（1）知函数有两个极值点时m＞1且x₁+x₂=2m，x₁x₂=1
AB斜率k=$\frac{f{（x}_{2}）-f{（x}_{1}）}{{{x}_{2}-x}_{1}}$=2-2m $\frac{l{nx}_{1}-l{nx}_{2}}{{{x}_{1}-x}_{2}}$，
若k=2-2m，则 $\frac{l{nx}_{1}-l{nx}_{2}}{{{x}_{1}-x}_{2}}$=1，
两根均为正且x₁x₂=1，若x₁＜x₂，则x₁＜1，x₂＞1，
消元得ln $\frac{1}{{x}_{2}}$-lnx₂=$\frac{1}{{x}_{2}}$-x₂，
整理得x₂-$\frac{1}{{x}_{2}}$-2lnx₂=0，
由（Ⅱ）知f（x）=x-$\frac{1}{x}$-2lnx在区间（1，+∞）上单调递增，
因此f（x）＞f（1）=0，函数没有零点，
故这样的m值不存在．

点评 本题考查了函数的单调性、最值问题，考查导数的应用，是一道综合题．