Question

4．设函数f（x）=mlnx-$\frac{1}{2}x+\frac{1}{2x}．（{m∈R}）$．
（I）当m=$\frac{5}{4}$时，求f（x）的极值；
（Ⅱ）设A、B是曲线y=f（x）上的两个不同点，且曲线在A、B两点处的切线均与x轴平行，直线AB的斜率为k，是否存在m，使得m-k=1？若存在，请求出m的值，若不存在，请说明理由．

Answer 1

分析 （I）当m=$\frac{5}{4}$时，求函数的导数，根据函数极值和导数之间的关系即可求f（x）的极值；
（Ⅱ）求函数的导数，根据导数的几何意义，求出直线AB的斜率，建立方程关系即可得到结论．

解答 解：（I）函数的定义域为（0，+∞），
则f′（x）=$\frac{m}{x}-\frac{1}{2}-\frac{1}{2{x}^{2}}=-\frac{{x}^{2}-2mx+1}{2{x}^{2}}$，
当m=$\frac{5}{4}$时，f′（x）=$-\frac{{x}^{2}-\frac{5}{2}x+1}{2{x}^{2}}=-\frac{（x-2）（x-\frac{1}{2}）}{2{x}^{2}}$，
令f′（x）=0，则x=2或x=$\frac{1}{2}$，
当x变化时，f′（x），f（x）变化时，

x	（0，$\frac{1}{2}$）	$\frac{1}{2}$	（$\frac{1}{2}$，2）	2	（2，+∞）
f′（x）	-	0	+	0	-
f（x）	递减	$\frac{3}{4}-\frac{5}{4}ln2$	递增	$-\frac{3}{4}+\frac{5}{4}ln2$	递减

∴当x=$\frac{1}{2}$时，f（x）的极小值为f（$\frac{1}{2}$）=$\frac{3}{4}-\frac{5}{4}ln2$，
当x=2时，f（x）的极大值为f（2）=$-\frac{3}{4}+\frac{5}{4}ln2$；
（Ⅱ）设A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），（0＜x₁＜x₂），
由题意得f′（x₁）=f′（x₂）=0，
又f′（x）=$\frac{m}{x}-\frac{1}{2}-\frac{1}{2{x}^{2}}=-\frac{{x}^{2}-2mx+1}{2{x}^{2}}$，
∴x₁，x₂是方程x²-2mx+1=0的两个正根，
故x₁x₂=1，判别式△=4m²-4＞0，即m²＞1，
f（x₁）-f（x₂）=mlnx₁-$\frac{1}{2}x$₁+$\frac{1}{2{x}_{1}}$-mlnx₂+$\frac{1}{2}{x}_{2}-\frac{1}{2{x}_{2}}$
=m（lnx₁-lnx₂）-$\frac{1}{2}$（x₁-x₂）+$\frac{1}{2}$$•\frac{{x}_{2}-{x}_{1}}{{x}_{1}{x}_{2}}$
=m（lnx₁-lnx₂）-（x₁-x₂），
若存在实数m，使得m-k=1，
则k=$\frac{f（{x}_{1}）-f（{x}_{2}）}{{x}_{1}-{x}_{2}}=\frac{m（ln{x}_{1}-ln{x}_{2}）}{{x}_{1}-{x}_{2}}-1=-1+m$，
∴$\frac{m（ln{x}_{1}-ln{x}_{2}）}{{x}_{1}-{x}_{2}}=m$，
即$\frac{ln{x}_{1}-ln{x}_{2}}{{x}_{1}-{x}_{2}}=1$，
即lnx₁-lnx₂=x₁-x₂，
∵x₁x₂=1，0＜x₁＜x₂，
∴x₁-$\frac{1}{{x}_{1}}-2ln{x}_{1}=0$，①，
令h（t）=t-$\frac{1}{t}$-2lnt，0＜t＜1，
h′（t）=1+$\frac{1}{{t}^{2}}-\frac{2}{t}$=（$\frac{1}{t}-1$）²＞0，
∴h（t）在（0，1）上单调递增，
∴h（t）＜h（1）=1-1-2ln1=0，
即x₁-$\frac{1}{{x}_{1}}$-2lnx₁＜0，与①矛盾，
故不存在这样的m，使m-k=1．

点评 本题主要考查导数的综合应用，求函数的导数，利用函数的极值，最值和导数之间是关系是解决本题的关键．综合性较强，运算量较大．