Question

已知函數(shù)f（x）=x³-2x²+bx+a，g（x）=ln（1+2x）+x．
（1）求f（x）的單調(diào)區(qū)間．
（2）若f（x）與g（x）有交點(diǎn)，且在交點(diǎn)處的切線均為直線y=3x，求a，b的值并證明：在公共定義域內(nèi)恒有f（x）≥g（x）．
（3）設(shè)A（x₁，g（x₁）），B（x₂，g（x₂）），C（t，g（t））是y=g（x）圖象上任意三點(diǎn)，且-＜x₁＜t＜x₂，求證：割線AC的斜率大于割線BC的斜率．

Answer 1

【答案】分析：（1）求導(dǎo)函數(shù)，計算判別式，利用導(dǎo)數(shù)的正負(fù)，即可確定函數(shù)的單調(diào)區(qū)間；
（2）求出g′（x），令g′（x）=3可得切點(diǎn)的坐標(biāo)，可求a的值，利用f′（x）=3，可求b的值．構(gòu)造函數(shù)φ（x）=f（x）-g（x），求導(dǎo)函數(shù)，確定函數(shù)的單調(diào)性，證明φ（x）≥0即可；
（3）K_AC=，K_BC=，構(gòu)造h（t）=（1+2t）（g（t）-g（x₁））-（3+2t）（t-x₁），證明h（t）＞0，可得K_AC＞，同理可證：K_BC＜，從而可得結(jié)論．
解答：解：（1）f′（x）=8x²-4x+b，△=16-32b
①當(dāng)△≤0即b≥時，f′（x）≥0在R上恒成立，∴f（x）在（-∞，+∞）上單調(diào)遞增；
②當(dāng)△＞0即b＜時，由f′（x）=0得x₁=，x₂=
若f′（x）＞0，則x＜或x＞
若f′（x）＞0，則＜x＜
∴f（x）的單調(diào)增區(qū)間為：（-∞，]，[，+∞）；f（x） 的單調(diào)減區(qū)間為：[，]
綜上所述：當(dāng)b≥時，f（x）在（-∞，+∞）上單調(diào)遞增；當(dāng)b＜時，f（x）的單調(diào)增區(qū)間為：（-∞，]，[，+∞）；f（x） 的單調(diào)減區(qū)間為：[，]
…（4分）
（2）g′（x）=+1=，令g′（x）=3得：x=0，∴切點(diǎn)為（0，0），∴f（0）=0，∴a=0
∵f′（x）=8x²-4x+b|_x=0=b=3，∴a=0，b=3         …（6分）
令φ（x）=f（x）-g（x），則φ′（x）=f′（x）-g′（x）=
∴φ（x）在（-，0）上單調(diào)遞減，在（0，+∞）單調(diào)遞增，
∴φ（x）≥φ（0）=f（0）-g（0）=0
∴φ（x）≥0   即：f（x）≥g（x）             …（8分）
（3）K_AC=，K_BC=
令h（t）=（1+2t）（g（t）-g（x₁））-（3+2t）（t-x₁）
則h′（t）=2 （g（t）-g（x₁））+（1+2t）g′（t）-2（t-x₁）-（3+2t）=2 （g（t）-g（x₁））-2（t-x₁）=2（ln（1+2t）-ln（1+2x₁））
∵y=ln（1+2x）在（-，+∞）上單調(diào)遞增，且t＞x₁，
∴l(xiāng)n（1+2t）-ln（1+2x₁）＞0，∴h′（t）＞0
∴h（t）在（x₁，t）上單調(diào)遞增，∴h（t）＞h（x₁）=0
∴（1+2t）（f（t）-f（x₁））-（3+2t）（t-x₁）＞0
∴（1+2t）（f（t）-f（x₁））＞（3+2t）（t-x₁）
∵t-x₁＞0，1+2t＞0，∴＞  即K_AC＞
同理可證：K_BC＜
∴K_AC＞K_BC即割線AC的斜率大于割線BC的斜率；…（12分）
點(diǎn)評：本題考查導(dǎo)數(shù)知識的運(yùn)用，考查函數(shù)的單調(diào)性，考查不等式的證明，解題的關(guān)鍵是構(gòu)造函數(shù)，利用導(dǎo)數(shù)求解．