解题思路：（1）将f'（x）求导数并化简得
F(x)＝
1
b
(ax+
1
x
)
，然后再求F（x）的导数得
F′(x)＝
1
b
(a−
1
x
2
)
，由F'（1）=0并结合a＞0建立关于a、b的方程组，解之即可得到a=b=1，进而可得F（x）的单调增区间为（1，+∞）．
（2）利用二项式定理将不等式左边展开合并，得|[F（x）]n|-|F（xn）|=
C
1
n
x
n−1
•
1
x
+
C
2
n
x
n−2
•
1
x
2
+
C
3
n
x
n−3
•
1
x
3
+…+
C
n−1
n
x•
1
x
n−1
，利用基本不等式证出
C
r
n
x
n−r
•
1
x
+
C
n−r
n
x•
1
x
n−r
≥2
C
r
n
，由此即可证出原不等式对任意的n∈N*恒成立．
（1）根据题意，得F(x)＝f′(x)＝
1
2ab•2(ax+1)•a−
1
b+
1
bx＝
1
b(ax+
1
x)，x＞0，b＞0．
于是F′(x)＝
1
b(a−
1
x2)，若a＜0，则F'（x）＜0，与F（x）有极小值矛盾，所以a＞0．
令F'（x）=0，并考虑到x＞0，可知仅当x＝
1
a时，F（x）取得极小值．
所以
1
a＝1
1
b(a+1)＝2解得a=b=1．…（4分）
故F(x)＝x+
1
x(x＞0)，由F'（x）＞0，得x＞1，所以F（x）的单调增区间为（1，+∞）．
（2）因为x＞0，所以记g(x)＝|[F(x)]n|−|F(xn)|＝[F(x)]n−F(xn)＝(x+
1
x)n−(xn+
1
xn)
得g（x）=
C1nxn−1•
1
x+
C2nxn−2•
1
x2+
C3nxn−3•
1
x3+…+
Cn−1nx•
1
xn−1
根据基本不等式，得
Crnxn−r•
1
x+
Cn−rnx•
1
xn−r≥2
Crn(r＝1，2，…，n−1)，
∴将此式代入g（x）表达式，可得2g(x)≥2(
C1n+
C2n+
C3n+…+
Cn−1n)＝2(2n−2)，
因此，|[F（x）]n|-|F（xn）|≥2n-2（n∈N*）．…（10分）
点评：
本题考点： 利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数的极值；二项式定理的应用．
考点点评： 本题给出基本初等函数，在已知当x=1时函数取得极小值2的情况下求函数F（x）的单调增区间，并依此证明不等式恒成立．着重考查了基本初等函数的性质、利用导数研究函数的单调性、二项式定理和不等式的证明等知识，属于中档题．