Question

12．关于函数$f（x）=ax+\frac{b}{x}$有如下四个结论：
①函数f（x）为定义域内的单调函数；   
②当ab＞0时，$（{\sqrt{\frac{b}{a}}，+∞}）$是函数f（x）的一个单调区间；
③当ab＞0，x∈[1，2]时，若f（x）_min=2，则$b=\left\{\begin{array}{l}2-a（\frac{b}{a}＜1）\\ \frac{1}{a}\begin{array}{l}{\;}{（1≤\frac{b}{a}＜4）}\end{array}\\ 4-4a（{\frac{b}{a}≥4}）\end{array}\right.$；
④当ab＜0，x∈[1，2]时，若f（x）_min=2，则$b=\left\{\begin{array}{l}2-a（{a＜0，b＞0}）\\ 4-4a（{a＞0，b＜0}）\end{array}\right.$．
其中正确的结论有②．

Answer 1

分析 先求导，再分类讨论，根据函数的单调性和最值得关系即可判断．

解答 解：∵f（x）=ax+$\frac{b}{x}$，
∴f′（x）=a-$\frac{b}{{x}^{2}}$=$\frac{a{x}^{2}-b}{{x}^{2}}$=$\frac{a（{x}^{2}-\frac{b}{a}）}{{x}^{2}}$，
（1）当ab＜0时，
当a＞0，b＜0时，f（x）在（-∞，0），（0，+∞）上单调递增，
∴f（x）在[1，2]单调递增，
∴f（x）_min=2=f（1）=a+b，即b=2-a，
当a＜0，b＞0时，f（x）在（-∞，0），（0，+∞）上单调递减，
∴f（x）在[1，2]单调递减，
∴f（x）_min=2=f（2）=2a+$\frac{b}{2}$，即b=4-4a，
（2）当ab＞0时，
令f′（x）=0，解得x=±$\sqrt{\frac{b}{a}}$，
当a＞0，b＞0时，f（x）在（-∞，-$\sqrt{\frac{b}{a}}$），（$\sqrt{\frac{b}{a}}$，+∞）上单调递增，在（-$\sqrt{\frac{b}{a}}$，0），（0，$\sqrt{\frac{b}{a}}$）单调递减，
当$\sqrt{\frac{b}{a}}$＜1时，即$\frac{b}{a}$＜1时，
∴f（x）在[1，2]单调递增，
∴f（x）_min=2=f（1）=a+b，即b=2-a，
当$\sqrt{\frac{b}{a}}$＞2时，即$\frac{b}{a}$＞4时，
∴f（x）在[1，2]单调递减，
∴f（x）_min=2=f（2）=2a+$\frac{b}{2}$，即b=4-4a，
当1≤$\sqrt{\frac{b}{a}}$≤2时，即1≤$\frac{b}{a}$≤4时，
∴f（x）在[1，$\sqrt{\frac{b}{a}}$]单调递减，在（$\sqrt{\frac{b}{a}}$，2]上单调递增，
∴f（x）_min=2=f（$\sqrt{\frac{b}{a}}$）=a•$\sqrt{\frac{b}{a}}$+$\frac{b}{\sqrt{\frac{b}{a}}}$=2，即b=$\frac{1}{a}$，
当a＜0，b＜0时，f（x）在（-∞，-$\sqrt{\frac{b}{a}}$），（$\sqrt{\frac{b}{a}}$，+∞）上单调递减，在（-$\sqrt{\frac{b}{a}}$，0），（0，$\sqrt{\frac{b}{a}}$）单调递增，
当$\sqrt{\frac{b}{a}}$＜1时，即$\frac{b}{a}$＜1时，
∴f（x）在[1，2]单调递减，
∴f（x）_min=2=f（2）=2a+$\frac{b}{2}$，即b=4-4a，
当$\sqrt{\frac{b}{a}}$＞2时，即$\frac{b}{a}$＞4时，
∴f（x）在[1，2]单调递增，
∴f（x）_min=2=f（1）=a+b，即b=2-a，
当1≤$\sqrt{\frac{b}{a}}$≤2时，即1≤$\frac{b}{a}$≤4时，
∴f（x）在[1，$\sqrt{\frac{b}{a}}$]单调递增，在（$\sqrt{\frac{b}{a}}$，2]上单调递减，
∵f（1）=a+b，f（2）=2a+$\frac{b}{2}$，
当1≤$\frac{b}{a}$≤2时，f（1）≥f（2），f（x）_min=2=f（2）=2a+$\frac{b}{2}$，即b=4-4a，
当2＜$\frac{b}{a}$≤4，f（1）≤f（2），f（x）_min=2=f（1）=a+b，即b=2-a，
综上所述：②正确，①③④其余不正确
故答案为：②

点评 本题考查了函数的单调性质和函数的最值得关系，关键是分类，属于中档题．