题目 已知函数 $f\left( x \right) = \dfrac{{a{x^2} + 1}}{{bx}}$，其中 $a$ 是非零实数，$b > 0$． 问题1 求 $f\left( x \right)$ 的单调区间； 答案1 当 $a < 0$ 时，$f\left( x \right)$ 在 $(-\infty,0)$ 和 $(0,+\infty)$ 上分别单调递减；<br/>当 $a > 0$ 时，$f\left( x \right)$ 在 $\left(-\infty,-\dfrac 1{\sqrt a}\right)$ 和 $\left(\dfrac 1{\sqrt a},+\infty\right)$ 上分别单调递增；在 $\left(-\dfrac 1{\sqrt a},0\right)$ 和 $\left(0,\dfrac 1{\sqrt a}\right)$ 上分别单调递减 解析1 因为$$f\left( x \right) = \dfrac{{a{x^2} + 1}}{{bx}} = \dfrac{1}{b}\left( {ax + \dfrac{1}{x}} \right).$$<case>情形一</case>当 $a < 0$ 时，$f\left( x \right)$ 在 $(-\infty,0)$ 和 $(0,+\infty)$ 上分别单调递减；<br/><case>情形二</case>当 $a > 0$ 时，$f\left( x \right)$ 在 $\left(-\infty,-\dfrac 1{\sqrt a}\right)$ 和 $\left(\dfrac 1{\sqrt a},+\infty\right)$ 上分别单调递增；在 $\left(-\dfrac 1{\sqrt a},0\right)$ 和 $\left(0,\dfrac 1{\sqrt a}\right)$ 上分别单调递减． 备注1 问题2 若 $a > 0$，$|x_i|>\dfrac 1{\sqrt a},i=1,2,3$，且 ${x_1} + {x_2} > 0$，${x_2} + {x_3} > 0$，${x_3} + {x_1} > 0$．<br/>证明：$f\left( {{x_1}} \right) + f\left( {{x_2}} \right) + f\left( {{x_3}} \right) > \dfrac{{2\sqrt a }}{b}$； 答案2 略 解析2 容易知道 $x_1$，$x_2$，$x_3$ 不能有两个及以上为负值，知 $x_1$，$x_2$，$x_3$ 全为正值或者两正一负．<br/><case>情形一</case>若 $x_1,x_2,x_3>0$，则$$f\left( {{x_i}} \right) > f\left( {\dfrac{1}{{\sqrt a }}} \right) = \dfrac{{2\sqrt a }}{b},$$于是$$f\left( {{x_1}} \right) + f\left( {{x_2}} \right) + f\left( {{x_3}} \right) > 3 \cdot \dfrac{{2\sqrt a }}{b} > \dfrac{{2\sqrt a }}{b}.$$<case>情形二</case>若 $x_1$，$x_2$，$x_3$ 两正一负，不妨设 $x_1 , x_2>0$，${x_3} < 0$<br/>有$${x_2} > - {x_3} > \dfrac{1}{{\sqrt a }} > 0,$$则$$f\left( {{x_2}} \right) > f\left( { - {x_3}} \right) = - f\left( {{x_3}} \right) \Rightarrow f\left( {{x_3}} \right) + f\left( {{x_2}} \right) > 0,$$而$$f\left( {{x_1}} \right) > f\left( {\dfrac{1}{{\sqrt a }}} \right) = \dfrac{{2\sqrt a }}{b},$$则有$$f\left( {{x_1}} \right) + f\left( {{x_2}} \right) + f\left( {{x_3}} \right) > \dfrac{{2\sqrt a }}{b} + 0 = \dfrac{{2\sqrt a }}{b}.$$综上所述，有$$f\left( {{x_1}} \right) + f\left( {{x_2}} \right) + f\left( {{x_3}} \right) > \dfrac{{2\sqrt a }}{b}.$$ 备注2 问题3 若 $f\left( x \right)$ 有极小值 ${f_{\min }}$，且 ${f_{\min }} = f\left( 1 \right) = 2$，证明：$${\left| {f\left( x \right)} \right|^n} - \left| {f\left( {{x^n}} \right)} \right| \geqslant {2^n} - 2\left( {n \in {\mathbb{{N}}^ * }} \right).$$ 答案3 略 解析3 容易知道，此时 $a > 0$，$\dfrac 1{\sqrt a}=1$，$\dfrac {2\sqrt a}{b}=2$，解得 $a=1$，$b=1$．于是$$f\left( x \right) = \dfrac{{{x^2} + 1}}{x}.$$由 $g\left( x \right) = {\left| {f\left( x \right)} \right|^n} - \left| {f\left( {{x^n}} \right)} \right|$ 为偶函数，故只需证明 $x > 0$ 的情形即可．<br/>下面来证明当 $x > 0$ 时，有$$g\left( x \right) = {\left| {f\left( x \right)} \right|^n} - \left| {f\left( {{x^n}} \right)} \right| = {\left( {x + \dfrac{1}{x}} \right)^n} - \left( {{x^n} + \dfrac{1}{{{x^n}}}} \right) \geqslant {2^n} - 2.$$由$$g'\left( x \right) = n\left( {1 - \dfrac{1}{{{x^2}}}} \right)\left[ {{{\left( {x + \dfrac{1}{x}} \right)}^{n - 1}} - {x^{n - 1}}} \right],$$知当 $x > 1$ 时，$g'\left( x \right) > 0$；当 $x < 1$ 时，$g'\left( x \right) < 0$．<br/>于是 $g\left( x \right)$ 在 $(0,1)$ 上单调减，在 $(1,+\infty)$ 上单调增．则当 $x > 0$ 时，$$g\left( x \right) \geqslant g\left( 1 \right) = {2^n} - 2.$$ 备注3