Question

（2013•南通二模）设b＞0，函数f(x)=

1

2ab

(ax+1)2-

1

b

x+

1

b

lnbx，记F（x）=f′（x）（f′（x）是函数f（x）的导函数），且当x=1时，F（x）取得极小值2．
（1）求函数F（x）的单调增区间；
（2）证明|[F（x）]ⁿ|-|F（xⁿ）|≥2ⁿ-2（n∈N^*）．

Answer 1

分析：（1）将f'（x）求导数并化简得F(x)=

1

b

(ax+

1

x

)，然后再求F（x）的导数得F′(x)=

1

b

(a-

1

x2

)，由F'（1）=0并结合a＞0建立关于a、b的方程组，解之即可得到a=b=1，进而可得F（x）的单调增区间为（1，+∞）．
（2）利用二项式定理将不等式左边展开合并，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

，利用基本不等式证出

C

r n

xn-r•

1

x

+

C

n-r n

x•

1

xn-r

≥2

C

r n

，由此即可证出原不等式对任意的n∈N^*恒成立．

解答：解：（1）根据题意，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，则F'（x）＜0，与F（x）有极小值矛盾，所以a＞0．
令F'（x）=0，并考虑到x＞0，可知仅当x=

1

a

时，F（x）取得极小值．
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）的单调增区间为（1，+∞）．
（2）因为x＞0，所以记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

根据基本不等式，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)，
∴将此式代入g（x）表达式，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）

点评：本题给出基本初等函数，在已知当x=1时函数取得极小值2的情况下求函数F（x）的单调增区间，并依此证明不等式恒成立．着重考查了基本初等函数的性质、利用导数研究函数的单调性、二项式定理和不等式的证明等知识，属于中档题．