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已知函数 ${\displaystyle f(x)={\displaystyle \ln x+mx+\frac{m}{x}}}$.

1. 讨论函数 ${\displaystyle f(x)}$ 的单调性;
2. 已知 ${\displaystyle k\in {\mathbb{N}}^{\ast }}$, 若 ${\displaystyle \mathrm{\forall }a,b\in (0,+\mathrm{\infty })}$, 当 ${\displaystyle a>b}$ 时，$${\displaystyle \frac{2k(a-b)}{2\sqrt{ab}+a+b}+ma+f(b)+\frac{m}{a}<f(a)+\frac{m}{b}+mb}$$ 恒成立，求 ${\displaystyle k}$ 的最大值.

1. ${\displaystyle f^{\prime }(x)={\displaystyle \frac{m{x}^2+x-m}{x^2}}}$.
   • ${\displaystyle m=0}$, ${\displaystyle f^{\prime }(x)={\displaystyle \frac{1}{x}>0}}$, ${\displaystyle f(x)}$ 在 ${\displaystyle (0,+\mathrm{\infty })}$ 上单增.
   • ${\displaystyle m>0}$, ${\displaystyle f^{\prime }(x)}$ 有唯一零点 ${\displaystyle x_1={\displaystyle \frac{-1+\sqrt{1+4m^2}}{2m}}}$, 故 ${\displaystyle f(x)}$ 在 ${\displaystyle (0,x_1)}$ 上减，在 ${\displaystyle (x_1,+\mathrm{\infty })}$ 上增.
   • ${\displaystyle m<0}$, ${\displaystyle f^{\prime }(x)}$ 有唯一零点 ${\displaystyle x_2={\displaystyle \frac{-1-\sqrt{1+4m^2}}{2m}}}$, 故 ${\displaystyle f(x)}$ 在 ${\displaystyle (0,x_2)}$ 上增，在 ${\displaystyle (x_2,+\mathrm{\infty })}$ 上减.
2. 代入 ${\displaystyle f}$ 的表达式后，原不等式等价于 $$\begin{array}{r}\frac{2k(a-b)}{2\sqrt{ab}+a+b}<\ln \frac{a}{b}\Rightarrow \frac{2k(\sqrt{a}-\sqrt{b})}{\sqrt{a}+\sqrt{b}}<2\ln \sqrt{\frac{a}{b}}.\end{array}$$
   记 ${\displaystyle {\displaystyle \sqrt{\frac{a}{b}}=t>1}}$, 则上述不等式等价于 $$k\frac{t-1}{t+1}-\ln t<0.$$
   记左侧函数为 ${\displaystyle g(t)}$.
   • 当 ${\displaystyle k<2}$, ${\displaystyle g^{\prime }(t)={\displaystyle -\frac{t^2-2(k-1)t-1}{t(t+1{)}^2}}}$, 它的零点 ${\displaystyle t_1,t_2}$ 满足 $$\begin{array}{r}{t}_1+t_2=2(k-1)<2,t_1{t}_2=1,\end{array}$$
     从而 ${\displaystyle t_1<1<t_2}$, 则 ${\displaystyle g(t)}$ 在 ${\displaystyle (1,t_1)}$ 上增，${\displaystyle g(t_1)>g(1)=0}$, 原不等式不恒成立;
   • ${\displaystyle k=2}$, 则 ${\displaystyle g^{\prime }(t)=-{\displaystyle \frac{(t-1{)}^2}{t(t+1{)}^2}\le 0}}$, 从而 ${\displaystyle g(t)<g(1)=0}$，原不等式恒成立.

综上, ${\displaystyle k}$ 最大值是 ${\displaystyle 2}$.