问题 解答题
已知函数f(x)=
8
3
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-
1
2
<x1<t<x2,求证:割线AC的斜率大于割线BC的斜率.
答案

(1)f′(x)=8x2-4x+b,△=16-32b

①当△≤0即b≥

1
2
时,f′(x)≥0在R上恒成立,∴f(x)在(-∞,+∞)上单调递增;

②当△>0即b<

1
2
时,由f′(x)=0得x1=
1-
1-2b
4
,x2=
1+
1-2b
4

若f′(x)>0,则x<

1-
1-2b
4
或x>
1+
1-2b
4

若f′(x)>0,则

1-
1-2b
4
<x<
1+
1-2b
4

∴f(x)的单调增区间为:(-∞,

1-
1-2b
4
],[
1+
1-2b
4
,+∞);f(x) 的单调减区间为:[
1-
1-2b
4
1+
1-2b
4
]

综上所述:当b≥

1
2
时,f(x)在(-∞,+∞)上单调递增;当b<
1
2
时,f(x)的单调增区间为:(-∞,
1-
1-2b
4
],[
1+
1-2b
4
,+∞);f(x) 的单调减区间为:[
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)=

16x3
1+2x

∴φ(x)在(-

1
2
,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)KAC=

g(t)-g(x1)
t-x1
,KBC=
g(t)-g(x2)
t-x2

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(-

1
2
,+∞)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,∴

g(t)-g(x1)
t-x1
3+2t
1+2t
  即KAC
3+2t
1+2t

同理可证:KBC

3+2t
1+2t

∴KAC>KBC即割线AC的斜率大于割线BC的斜率;…(12分)

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