Question

（2013•南通二模）設(shè)b＞0，函數(shù)f(x)=

1

2ab

(ax+1)2-

1

b

x+

1

b

lnbx，記F（x）=f′（x）（f′（x）是函數(shù)f（x）的導(dǎo)函數(shù)），且當(dāng)x=1時(shí)，F(xiàn)（x）取得極小值2．
（1）求函數(shù)F（x）的單調(diào)增區(qū)間；
（2）證明|[F（x）]ⁿ|-|F（xⁿ）|≥2ⁿ-2（n∈N^*）．

Answer 1

分析：（1）將f'（x）求導(dǎo)數(shù)并化簡(jiǎn)得F(x)=

1

b

(ax+

1

x

)，然后再求F（x）的導(dǎo)數(shù)得F′(x)=

1

b

(a-

1

x2

)，由F'（1）=0并結(jié)合a＞0建立關(guān)于a、b的方程組，解之即可得到a=b=1，進(jìn)而可得F（x）的單調(diào)增區(qū)間為（1，+∞）．
（2）利用二項(xiàng)式定理將不等式左邊展開(kāi)合并，得|[F（x）]ⁿ|-|F（xⁿ）|=

C

1 n

xn-1•

1

x

+

C

2 n

xn-2•

1

x2

+

C

3 n

xn-3•

1

x3

+…+

C

n-1 n

x•

1

xn-1

，利用基本不等式證出

C

r n

xn-r•

1

x

+

C

n-r n

x•

1

xn-r

≥2

C

r n

，由此即可證出原不等式對(duì)任意的n∈N^*恒成立．

解答：解：（1）根據(jù)題意，得F(x)=f′(x)=

1

2ab

•2(ax+1)•a-

1

b

+

1

bx

=

1

b

(ax+

1

x

)，x＞0，b＞0．
于是F′(x)=

1

b

(a-

1

x2

)，若a＜0，則F'（x）＜0，與F（x）有極小值矛盾，所以a＞0．
令F'（x）=0，并考慮到x＞0，可知僅當(dāng)x=

1

a

時(shí)，F(xiàn)（x）取得極小值．
所以

1 a =1 1 b (a+1)=2

解得a=b=1．…（4分）
故F(x)=x+

1

x

(x＞0)，由F'（x）＞0，得x＞1，所以F（x）的單調(diào)增區(qū)間為（1，+∞）．
（2）因?yàn)閤＞0，所以記g(x)=|[F(x)]n|-|F(xn)|=[F(x)]n-F(xn)=(x+

1

x

)n-(xn+

1

xn

)
得g（x）=

C

1 n

xn-1•

1

x

+

C

2 n

xn-2•

1

x2

+

C

3 n

xn-3•

1

x3

+…+

C

n-1 n

x•

1

xn-1

根據(jù)基本不等式，得

C

r n

xn-r•

1

x

+

C

n-r n

x•

1

xn-r

≥2

C

r n

(r=1，  2，  …，n-1)，
∴將此式代入g（x）表達(dá)式，可得2g(x)≥2(

C

1 n

+

C

2 n

+

C

3 n

+…+

C

n-1 n

)=2(2n-2)，
因此，|[F（x）]ⁿ|-|F（xⁿ）|≥2ⁿ-2（n∈N^*）．…（10分）

點(diǎn)評(píng)：本題給出基本初等函數(shù)，在已知當(dāng)x=1時(shí)函數(shù)取得極小值2的情況下求函數(shù)F（x）的單調(diào)增區(qū)間，并依此證明不等式恒成立．著重考查了基本初等函數(shù)的性質(zhì)、利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性、二項(xiàng)式定理和不等式的證明等知識(shí)，屬于中檔題．