Question

11．已知a，b∈R，函數(shù)f（x）=a+ln（x+1）的函數(shù)與g（x）=$\frac{1}{3}$x³-$\frac{1}{2}$x²+bx的圖象交點（0，0）處有公共切線．
（1）證明：不等式f（x）≤g（x）對一切x∈（-1，+∞）恒成立；
（2）設(shè)-1＜x₁＜x₂，當(dāng)x∈（x₁，x₂）時，證明：$\frac{f（x）-f（{x}_{1}）}{x-{x}_{1}}$＞$\frac{f（x）-f（{x}_{2}）}{x-{x}_{2}}$．

Answer 1

分析 （1）求導(dǎo)函數(shù)，利用函數(shù)y=f（x）與函數(shù)y=g（x）的圖象在交點（0，0）處有公共切線，建立方程，可求a、b的值，令h（x）=f（x）-g（x），證明h（x）在（-1，0）上為增函數(shù)，在（0，+∞）上為減函數(shù)，求得h（x）_max=h（0）=0，即可證得結(jié)論；
（2）設(shè)u（x）=（1+x）[f（x）-f（x₁）]-（x-x₁），證明當(dāng)x∈（x₁，x₂）時，u（x）單調(diào)遞增，利用u（x₁）=0，可得u（x）＞0，從而可得$\frac{f（x）-f（{x}_{1}）}{x-{x}_{1}}$＞$\frac{1}{1+x}$，同理可證$\frac{f（x）-f（{x}_{2}）}{x-{x}_{2}}$＜$\frac{1}{1+x}$．

解答 （1）證明：求導(dǎo)函數(shù)可得f′（x）=$\frac{1}{1+x}$，g′（x）=b-x+x²，
∵函數(shù)y=f（x）與函數(shù)y=g（x）的圖象在交點（0，0）處有公共切線，
∴f（0）=g（0）=0，f′（0）=g′（0），
∴a=0，b=1．
不等式f（x）≤g（x）對一切x∈（-1，+∞）恒成立即為
ln（x+1）-x+$\frac{1}{2}$x²-$\frac{1}{3}$x³≤0對一切x∈（-1，+∞）恒成立．
令h（x）=f（x）-g（x）=ln（x+1）-x+$\frac{1}{2}$x²-$\frac{1}{3}$x³（x＞-1），
∴h′（x）=$\frac{1}{x+1}$-1+x-x²=-$\frac{{x}^{3}}{x+1}$，
令h′（x）＞0可得-1＜x＜0；h′（x）＜0可得x＜-1或x＞0，
∵x＞-1，∴x＞0，
∴h（x）在（-1，0）上為增函數(shù)，在（0，+∞）上為減函數(shù)．                   
∴h（x）_max=h（0）=0，
∴h（x）≤h（0）=0，即f（x）≤g（x）對一切x∈（-1，+∞）恒成立．         
（2）證明：設(shè)u（x）=（1+x）[f（x）-f（x₁）]-（x-x₁），
則u′（x）=ln（1+x）-ln（1+x₁）．
當(dāng)x∈（x₁，x₂）時，u′（x）＞0，u（x）單調(diào)遞增，
又u（x₁）=0，故u（x）＞0，即$\frac{f（x）-f（{x}_{1}）}{x-{x}_{1}}$＞$\frac{1}{1+x}$．
設(shè)v（x）=（1+x）[f（x₂）-f（x）]-（x₂-x），
則v′（x）=ln（1+x₂）-ln（1+x）．
當(dāng)x∈（x₁，x₂）時，v′（x）＞0，v（x）單調(diào)遞增，
又v（x₂）=0，故v（x）＞0，即$\frac{f（x）-f（{x}_{2}）}{x-{x}_{2}}$＜$\frac{1}{1+x}$．                
綜上，x∈（x₁，x₂）時，$\frac{f（x）-f（{x}_{1}）}{x-{x}_{1}}$＞$\frac{f（x）-f（{x}_{2}）}{x-{x}_{2}}$．

點評 本題考查導(dǎo)數(shù)知識的運用，考查函數(shù)的單調(diào)性與最值，考查不等式的證明，正確構(gòu)建函數(shù)，合理運用導(dǎo)數(shù)是關(guān)鍵．