Question

8．已知f（x）=ax+$\frac{b}{x}$，x∈（0，+∞），其中a，b都是正常数．
（1）求f（x）的最小值；
（2）确定f（x）的单调区间并加以证明．

Answer 1

分析 （1）求函数的导数，研究函数的单调性即可求f（x）的最小值；
（2）由（1）确定f（x）的单调区间，利用函数单调性的定义进行证明．

解答 解：（1）函数的导数f′（x）=a-$\frac{b}{{x}^{2}}$=$\frac{a{x}^{2}-b}{{x}^{2}}$，
由f′（x）＞0得ax²-b＞0，即ax²＞b，x²＞$\frac{b}{a}$，
解得x＞$\sqrt{\frac{b}{a}}$=$\frac{\sqrt{ab}}{a}$，此时函数单调递增；
由f′（x）＜0得0＜x＜$\frac{\sqrt{ab}}{a}$，此时函数单调递减，
即当x=$\frac{\sqrt{ab}}{a}$时，函数取得极小值同时也是最小值，
则f（x）的最小值为f（$\frac{\sqrt{ab}}{a}$）=a•$\frac{\sqrt{ab}}{a}$+$\frac{b}{\frac{\sqrt{ab}}{a}}$=$\sqrt{ab}$+$\frac{ab}{\sqrt{ab}}$=$\sqrt{ab}$+$\sqrt{ab}$=2$\sqrt{ab}$；
（2）由（1）知，函数的单调递增区间为[$\frac{\sqrt{ab}}{a}$，+∞），单调递减区间为（0，$\frac{\sqrt{ab}}{a}$），
证明：设$\frac{\sqrt{ab}}{a}$≤x₁＜x₂，
∴f（x₁）-f（x₂）=ax₁+$\frac{b}{{x}_{1}}$-ax₂-$\frac{b}{{x}_{2}}$=a（x₁-x₂）+$\frac{b（{x}_{2}-{x}_{1}）}{{x}_{1}{x}_{2}}$=（x₁-x₂）（a-$\frac{b}{{x}_{1}{x}_{2}}$）=（x₁-x₂）•$\frac{a{x}_{1}{x}_{2}-b}{{x}_{1}{x}_{2}}$，
∵$\frac{\sqrt{ab}}{a}$≤x₁＜x₂，
∴x₁-x₂＜0，x₁x₂＞$\frac{\sqrt{ab}}{a}$•$\frac{\sqrt{ab}}{a}$=$\frac{b}{a}$，
则ax₁x₂＞a•$\frac{b}{a}$=b，
即ax₁x₂-b＞0，
则f（x₁）-f（x₂）＜0，
即f（x₁）＜f（x₂），
即此时函数单调递增，即单调递增区间为[$\frac{\sqrt{ab}}{a}$，+∞），
同理可证，单调递减区间为（0，$\frac{\sqrt{ab}}{a}$）．

点评 本题主要考查函数单调性的判断和函数最值的求解，求函数的导数，利用导数是解决函数单调性的基本方法．