Question

20．已知函数f（x）=blnx-$\frac{1}{x}$，g（x）=-ax²+b，函数F（x）=$\frac{a+b}{b}f（x）-g（x）+\frac{a+b}{x}$（a，b∈R，且b≠0），曲线y=f（x）在点（1，f（1））处的切线与直线x+2y=0垂直．
（1）求b的值；
（2）讨论函数F（x）的单调性；
（3）设a≤-2，证明：对任意x₁，x₂∈（0，+∞），|F（x₁）-F（x₂）|≥4|x₁-x₂|

Answer 1

分析 （1）先求出函数f（x）的导数，求出f′（1）的值，得到b+1=2，解出即可；
（2）先求出F（x）的导数，通过讨论a的范围，从而求出函数的单调区间即可；
（3）不妨设x₁≥x₂，问题转化为F（x₂）+4x₂≥F（x₁）+4x₁，令h（x）=F（x）+4x，通过求导得到h（x）的单调性，从而证明出结论即可．

解答 解：（1）∵f′（x）=$\frac{b}{x}$+$\frac{1}{{x}^{2}}$，∴f′（1）=b+1，
而曲线y=f（x）在点（1，f（1））处的切线与直线x+2y=0垂直．
∴b+1=2，解得：b=1，
（2）F（x）=$\frac{a+b}{b}f（x）-g（x）+\frac{a+b}{x}$
=$\frac{a+b}{b}$•（blnx-$\frac{1}{x}$）+ax²-b+$\frac{a+b}{x}$
=（a+1）（lnx-$\frac{1}{x}$）+ax²+$\frac{a+1}{x}$-1
=ax²+（a+1）lnx-1，
∴F′（x）=2ax+$\frac{a+1}{x}$=$\frac{2{ax}^{2}+（a+1）}{x}$，
∴a≥0时，F（x）在（0，+∞）递增，
a≤-1时，F（x）在（0，+∞）递减，
-1＜a＜0时，F（x）在（0，$\sqrt{-\frac{a+1}{2a}}$）递增，在（$\sqrt{-\frac{a+1}{2a}}$，+∞）递减；
（3）证明：不妨设x₁≥x₂，由于a≤-2，故F（x）在（0，+∞）递减，
∴|F（x₁）-F（x₂）|≥4|x₁-x₂|
?F（x₂）-F（x₁）≥4x₁-4x₂，
即F（x₂）+4x₂≥F（x₁）+4x₁，
令h（x）=F（x）+4x，则h′（x）=$\frac{a+1}{x}$+2ax+4=$\frac{2{ax}^{2}+4x+a+1}{x}$，
又一次注意到a≤-2，
故a（2x²+1）≤-2（2x²+1）=-4x²-2，
于是h′（x）≤$\frac{-{4x}^{2}+4x-1}{x}$=$\frac{{-（2x-1）}^{2}}{x}$≤0，
从而h（x）在（0，+∞）递减，
故h（x₂）≥h（x₁），
即F（x₂）+4x₂≥F（x₁）+4x₁，
故对任意x₁，x₂∈（0，+∞），|F（x₁）-F（x₂）|≥4|x₁-x₂|．

点评 本题考查了导数的应用，考查函数的单调性、最值问题，考查转化思想，熟练掌握导数的应用以及二次函数的性质是解题的关键，本题是一道难题．