Question

（2012•葫蘆島模擬）已知函數(shù)f（x）=

8

3

x³-2x²+bx+a，g（x）=ln（1+2x）+x．
（1）求f（x）的單調區(qū)間．
（2）若f（x）與g（x）有交點，且在交點處的切線均為直線y=3x，求a，b的值并證明：在公共定義域內恒有f（x）≥g（x）．
（3）設A（x₁，g（x₁）），B（x₂，g（x₂）），C（t，g（t））是y=g（x）圖象上任意三點，且-

1

2

＜x₁＜t＜x₂，求證：割線AC的斜率大于割線BC的斜率．

Answer 1

分析：（1）求導函數(shù)，計算判別式，利用導數(shù)的正負，即可確定函數(shù)的單調區(qū)間；
（2）求出g′（x），令g′（x）=3可得切點的坐標，可求a的值，利用f′（x）=3，可求b的值．構造函數(shù)φ（x）=f（x）-g（x），求導函數(shù)，確定函數(shù)的單調性，證明φ（x）≥0即可；
（3）K_AC=

g(t)-g(x1)

t-x1

，K_BC=

g(t)-g(x2)

t-x2

，構造h（t）=（1+2t）（g（t）-g（x₁））-（3+2t）（t-x₁），證明h（t）＞0，可得K_AC＞

3+2t

1+2t

，同理可證：K_BC＜

3+2t

1+2t

，從而可得結論．

解答：解：（1）f′（x）=8x²-4x+b，△=16-32b
①當△≤0即b≥

1

2

時，f′（x）≥0在R上恒成立，∴f（x）在（-∞，+∞）上單調遞增；
②當△＞0即b＜

1

2

時，由f′（x）=0得x₁=

1- 1-2b

4

，x₂=

1+ 1-2b

4

若f′（x）＞0，則x＜

1- 1-2b

4

或x＞

1+ 1-2b

4

若f′（x）＞0，則

1- 1-2b

4

＜x＜

1+ 1-2b

4

∴f（x）的單調增區(qū)間為：（-∞，

1- 1-2b

4

]，[

1+ 1-2b

4

，+∞）；f（x） 的單調減區(qū)間為：[

1- 1-2b

4

，

1+ 1-2b

4

]
綜上所述：當b≥

1

2

時，f（x）在（-∞，+∞）上單調遞增；當b＜

1

2

時，f（x）的單調增區(qū)間為：（-∞，

1- 1-2b

4

]，[

1+ 1-2b

4

，+∞）；f（x） 的單調減區(qū)間為：[

1- 1-2b

4

，

1+ 1-2b

4

]
…（4分）
（2）g′（x）=

2

1+2x

+1=

3+2x

1+2x

，令g′（x）=3得：x=0，∴切點為（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）=

16x3

1+2x

∴φ（x）在（-

1

2

，0）上單調遞減，在（0，+∞）單調遞增，
∴φ（x）≥φ（0）=f（0）-g（0）=0
∴φ（x）≥0   即：f（x）≥g（x）             …（8分）
（3）K_AC=

g(t)-g(x1)

t-x1

，K_BC=

g(t)-g(x2)

t-x2

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（-

1

2

，+∞）上單調遞增，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，∴

g(t)-g(x1)

t-x1

＞

3+2t

1+2t

  即K_AC＞

3+2t

1+2t

同理可證：K_BC＜

3+2t

1+2t

∴K_AC＞K_BC即割線AC的斜率大于割線BC的斜率；…（12分）

點評：本題考查導數(shù)知識的運用，考查函數(shù)的單調性，考查不等式的證明，解題的關鍵是構造函數(shù)，利用導數(shù)求解．