Question

18．設函數(shù)f（x）=x-$\frac{1}{x}$-2m•lnx（m∈R）
（Ⅰ）當m=-1時，求函數(shù)f（x）的零點；
（Ⅱ）當m＞-1時，討論函數(shù)f（x）的單調(diào)性；
（Ⅲ）在（Ⅱ）條件下，若f（x）有兩個極值點是x₁，x₂，過點A（x₁，f（x₁）），B（x₂，f（x₂））的直線 的斜率為k，問：是否存在m，使k=2-2m？若存在，求出m的值；若不存在，請說明理由．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出函數(shù)的導數(shù)，根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性以及f（1）=0，判斷函數(shù)的零點即可；
（Ⅱ）求出函數(shù)的導數(shù)，結(jié)合二次函數(shù)的性質(zhì)判斷導函數(shù)的符號，從而求出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間；
（Ⅲ）假設存在，根據(jù)x₁+x₂=2m，x₁x₂=1，得到消元得ln$\frac{1}{{x}_{2}}$-lnx₂=$\frac{1}{{x}_{2}}$-x2，根據(jù)f（x）的單調(diào)性判斷函數(shù)無零點，得出結(jié)論即可．

解答 解：（Ⅰ）當m=-1時，f（x）=x-$\frac{1}{x}$+2lnx，（x＞0），
∵f′（x）=1+$\frac{1}{{x}^{2}}$+$\frac{2}{x}$＞0，
∴f（x）在（0，+∞）遞增，
顯然f（1）=0，故f（x）有唯一零點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時，則△≤0，g（x）≥0恒成立，
即f′（x）≥0恒成立，
∴f（x）在（0，+∞）遞增；
（2）m＞1時，△＞0，g（x）=0的2個根是m±$\sqrt{{m}^{2}-1}$，
∵m＞1，∴m±$\sqrt{{m}^{2}-1}$＞0，
∴f（x）在（0，m-$\sqrt{{m}^{2}-1}$）遞增，在（m-$\sqrt{{m}^{2}-1}$，m+$\sqrt{{m}^{2}-1}$）遞減，在（m+$\sqrt{{m}^{2}-1}$，+∞）遞增，
綜上，-1＜m≤1時，f（x）在（0，+∞）遞增，
m＞1時，f（x）在（0，m-$\sqrt{{m}^{2}-1}$）遞增，在（m-$\sqrt{{m}^{2}-1}$，m+$\sqrt{{m}^{2}-1}$）遞減，在（m+$\sqrt{{m}^{2}-1}$，+∞）遞增；
（Ⅲ）由（1）知函數(shù)有兩個極值點時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，則 $\frac{l{nx}_{1}-l{nx}_{2}}{{{x}_{1}-x}_{2}}$=1，
兩根均為正且x₁x₂=1，若x₁＜x₂，則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在區(qū)間（1，+∞）上單調(diào)遞增，
因此f（x）＞f（1）=0，函數(shù)沒有零點，
故這樣的m值不存在．

點評 本題考查了函數(shù)的單調(diào)性、最值問題，考查導數(shù)的應用，是一道綜合題．