Question

4．設(shè)函數(shù)f（x）=mlnx-$\frac{1}{2}x+\frac{1}{2x}．（{m∈R}）$．
（I）當(dāng)m=$\frac{5}{4}$時，求f（x）的極值；
（Ⅱ）設(shè)A、B是曲線y=f（x）上的兩個不同點，且曲線在A、B兩點處的切線均與x軸平行，直線AB的斜率為k，是否存在m，使得m-k=1？若存在，請求出m的值，若不存在，請說明理由．

Answer 1

分析 （I）當(dāng)m=$\frac{5}{4}$時，求函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，根據(jù)函數(shù)極值和導(dǎo)數(shù)之間的關(guān)系即可求f（x）的極值；
（Ⅱ）求函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，根據(jù)導(dǎo)數(shù)的幾何意義，求出直線AB的斜率，建立方程關(guān)系即可得到結(jié)論．

解答 解：（I）函數(shù)的定義域為（0，+∞），
則f′（x）=$\frac{m}{x}-\frac{1}{2}-\frac{1}{2{x}^{2}}=-\frac{{x}^{2}-2mx+1}{2{x}^{2}}$，
當(dāng)m=$\frac{5}{4}$時，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，則x=2或x=$\frac{1}{2}$，
當(dāng)x變化時，f′（x），f（x）變化時，

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

∴當(dāng)x=$\frac{1}{2}$時，f（x）的極小值為f（$\frac{1}{2}$）=$\frac{3}{4}-\frac{5}{4}ln2$，
當(dāng)x=2時，f（x）的極大值為f（2）=$-\frac{3}{4}+\frac{5}{4}ln2$；
（Ⅱ）設(shè)A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），（0＜x₁＜x₂），
由題意得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的兩個正根，
故x₁x₂=1，判別式△=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），
若存在實數(shù)m，使得m-k=1，
則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）上單調(diào)遞增，
∴h（t）＜h（1）=1-1-2ln1=0，
即x₁-$\frac{1}{{x}_{1}}$-2lnx₁＜0，與①矛盾，
故不存在這樣的m，使m-k=1．

點評 本題主要考查導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用，求函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，利用函數(shù)的極值，最值和導(dǎo)數(shù)之間是關(guān)系是解決本題的關(guān)鍵．綜合性較強，運算量較大．