Question

已知函数f（x）=x³-2x²+bx+a，g（x）=ln（1+2x）+x．
（1）求f（x）的单调区间．
（2）若f（x）与g（x）有交点，且在交点处的切线均为直线y=3x，求a，b的值并证明：在公共定义域内恒有f（x）≥g（x）．
（3）设A（x₁，g（x₁）），B（x₂，g（x₂）），C（t，g（t））是y=g（x）图象上任意三点，且-＜x₁＜t＜x₂，求证：割线AC的斜率大于割线BC的斜率．

Answer 1

解：（1）f′（x）=8x²-4x+b，△=16-32b
①当△≤0即b≥时，f′（x）≥0在R上恒成立，∴f（x）在（-∞，+∞）上单调递增；
②当△＞0即b＜时，由f′（x）=0得x₁=，x₂=
若f′（x）＞0，则x＜或x＞
若f′（x）＞0，则＜x＜
∴f（x）的单调增区间为：（-∞，]，[，+∞）；f（x） 的单调减区间为：[，]
综上所述：当b≥时，f（x）在（-∞，+∞）上单调递增；当b＜时，f（x）的单调增区间为：（-∞，]，[，+∞）；f（x） 的单调减区间为：[，]
…（4分）
（2）g′（x）=+1=，令g′（x）=3得：x=0，∴切点为（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），则φ′（x）=f′（x）-g′（x）=
∴φ（x）在（-，0）上单调递减，在（0，+∞）单调递增，
∴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）
则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（-，+∞）上单调递增，且t＞x₁，
∴ln（1+2t）-ln（1+2x₁）＞0，∴h′（t）＞0
∴h（t）在（x₁，t）上单调递增，∴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＞
同理可证：K_BC＜
∴K_AC＞K_BC即割线AC的斜率大于割线BC的斜率；…（12分）
分析：（1）求导函数，计算判别式，利用导数的正负，即可确定函数的单调区间；
（2）求出g′（x），令g′（x）=3可得切点的坐标，可求a的值，利用f′（x）=3，可求b的值．构造函数φ（x）=f（x）-g（x），求导函数，确定函数的单调性，证明φ（x）≥0即可；
（3）K_AC=，K_BC=，构造h（t）=（1+2t）（g（t）-g（x₁））-（3+2t）（t-x₁），证明h（t）＞0，可得K_AC＞，同理可证：K_BC＜，从而可得结论．
点评：本题考查导数知识的运用，考查函数的单调性，考查不等式的证明，解题的关键是构造函数，利用导数求解．