Question

20．已知函數(shù)f（x）=blnx-$\frac{1}{x}$，g（x）=-ax²+b，函數(shù)F（x）=$\frac{a+b}f（x）-g（x）+\frac{a+b}{x}$（a，b∈R，且b≠0），曲線y=f（x）在點(diǎn)（1，f（1））處的切線與直線x+2y=0垂直．
（1）求b的值；
（2）討論函數(shù)F（x）的單調(diào)性；
（3）設(shè)a≤-2，證明：對(duì)任意x₁，x₂∈（0，+∞），|F（x₁）-F（x₂）|≥4|x₁-x₂|

Answer 1

分析 （1）先求出函數(shù)f（x）的導(dǎo)數(shù)，求出f′（1）的值，得到b+1=2，解出即可；
（2）先求出F（x）的導(dǎo)數(shù)，通過討論a的范圍，從而求出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間即可；
（3）不妨設(shè)x₁≥x₂，問題轉(zhuǎn)化為F（x₂）+4x₂≥F（x₁）+4x₁，令h（x）=F（x）+4x，通過求導(dǎo)得到h（x）的單調(diào)性，從而證明出結(jié)論即可．

解答 解：（1）∵f′（x）=$\frac{x}$+$\frac{1}{{x}^{2}}$，∴f′（1）=b+1，
而曲線y=f（x）在點(diǎn)（1，f（1））處的切線與直線x+2y=0垂直．
∴b+1=2，解得：b=1，
（2）F（x）=$\frac{a+b}f（x）-g（x）+\frac{a+b}{x}$
=$\frac{a+b}$•（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時(shí)，F(xiàn)（x）在（0，+∞）遞增，
a≤-1時(shí)，F(xiàn)（x）在（0，+∞）遞減，
-1＜a＜0時(shí)，F(xiàn)（x）在（0，$\sqrt{-\frac{a+1}{2a}}$）遞增，在（$\sqrt{-\frac{a+1}{2a}}$，+∞）遞減；
（3）證明：不妨設(shè)x₁≥x₂，由于a≤-2，故F（x）在（0，+∞）遞減，
∴|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，則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，
從而h（x）在（0，+∞）遞減，
故h（x₂）≥h（x₁），
即F（x₂）+4x₂≥F（x₁）+4x₁，
故對(duì)任意x₁，x₂∈（0，+∞），|F（x₁）-F（x₂）|≥4|x₁-x₂|．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用，考查函數(shù)的單調(diào)性、最值問題，考查轉(zhuǎn)化思想，熟練掌握導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用以及二次函數(shù)的性質(zhì)是解題的關(guān)鍵，本題是一道難題．