Question

13．已知函数f（x）=$\frac{{a}x^{2}+1}{bx}$（b＞0）．
（1）求f（x）的单调递减区间；
（2）如果对任意的x＞0．都有f（x）≥f（1）=2成立．求|[f（x）]³|-|f（x³）|，（x≠0）的最小值；
（3）若a＞0，x₁+x₂＞0，x₂+x₃＞0，x₃+x₁＞0，|x_i|＞$\frac{1}{\sqrt{a}}$（i=1，2，3），证明f（x₁）+f（x₂）+f（x₃）＞$\frac{2\sqrt{a}}{b}$．

Answer 1

分析 （1）求出f（x）的导数，对a讨论，当a≤0时，当a＞0时，由导数符号判断单调性，即可得到单调区间；
（2）由题意可得b=$\frac{a+1}{2}$，运用解不等式可得f（x）的最小值，即有a+1$≤2\sqrt{a}$，解得a=b=1，化简所求函数式，再由基本不等式可得最小值；
（3）若x₁，x₂，x₃中有一负数，不妨设x₃＜0．运用f（x）为奇函数和增函数，可得f（x₁）+f（x₂）+f（x₃）＞f（x₁），即可得证．

解答 解：（1）函数f（x）=$\frac{a{x}^{2}+1}{bx}$（b＞0）=$\frac{1}{b}$（ax+$\frac{1}{x}$），
f′（x）=$\frac{1}{b}$（a-$\frac{1}{{x}^{2}}$），当a≤0时，f′（x）＜0，f（x）递减；
当a＞0时，x＜-$\frac{1}{\sqrt{a}}$或0＜x＜$\frac{1}{\sqrt{a}}$时，f′（x）＜0，f（x）递减．
综上可得，当a≤0时，f（x）的减区间为（-∞，0），（0，+∞）；
当a＞0时，f（x）的减区间为（-∞，-$\frac{1}{\sqrt{a}}$），（0，$\frac{1}{\sqrt{a}}$）；
（2）对任意的x＞0．都有f（x）≥f（1）=2成立，
即有b=$\frac{a+1}{2}$，由f（x）=$\frac{1}{b}$（ax+$\frac{1}{x}$）≥$\frac{2\sqrt{a}}{b}$，
即为2≤$\frac{2\sqrt{a}}{b}$，即有a+1$≤2\sqrt{a}$，解得a=1，b=1，
则f（x）=x+$\frac{1}{x}$，|[f（x）]³|-|f（x³）|=|（x+$\frac{1}{x}$）³|-|x³+$\frac{1}{{x}^{3}}$|
=|x³|+|$\frac{1}{{x}^{3}}$|+3|x|+3|$\frac{1}{x}$|-|x³|+|$\frac{1}{{x}^{3}}$|=3（|x|+|$\frac{1}{x}$|）≥6$\sqrt{|x|•\frac{1}{|x|}}$=6，
当且仅当x=±1时，取得最小值6；
（3）证明：若x₁，x₂，x₃中有一负数，不妨设x₃＜0．
∵x₂+x₃＞0且|x₃|＞$\frac{1}{\sqrt{a}}$，a＞0，f（x）在（$\frac{1}{\sqrt{a}}$，+∞）递增，
∴x₂＞-x₃＞$\frac{1}{\sqrt{a}}$，
∴f（x₂）＞f（-x₃）=-f（x₃）（∵f（x）为奇函数）
∴f（x₂）+f（x₃）＞0，
∴f（x₁）+f（x₂）+f（x₃）＞f（x₁）＞f$\frac{1}{\sqrt{a}}$）=$\frac{2\sqrt{a}}{b}$，
综上，f（x₁）+f（x₂）+f（x₃）＞$\frac{2\sqrt{a}}{b}$．

点评 本题考查导数的运用：求单调区间，考查基本不等式的运用和函数的性质的运用，考查运算能力，属于中档题．