Question

11．已知a，b∈R，函数f（x）=a+ln（x+1）的函数与g（x）=$\frac{1}{3}$x³-$\frac{1}{2}$x²+bx的图象交点（0，0）处有公共切线．
（1）证明：不等式f（x）≤g（x）对一切x∈（-1，+∞）恒成立；
（2）设-1＜x₁＜x₂，当x∈（x₁，x₂）时，证明：$\frac{f（x）-f（{x}_{1}）}{x-{x}_{1}}$＞$\frac{f（x）-f（{x}_{2}）}{x-{x}_{2}}$．

Answer 1

分析 （1）求导函数，利用函数y=f（x）与函数y=g（x）的图象在交点（0，0）处有公共切线，建立方程，可求a、b的值，令h（x）=f（x）-g（x），证明h（x）在（-1，0）上为增函数，在（0，+∞）上为减函数，求得h（x）_max=h（0）=0，即可证得结论；
（2）设u（x）=（1+x）[f（x）-f（x₁）]-（x-x₁），证明当x∈（x₁，x₂）时，u（x）单调递增，利用u（x₁）=0，可得u（x）＞0，从而可得$\frac{f（x）-f（{x}_{1}）}{x-{x}_{1}}$＞$\frac{1}{1+x}$，同理可证$\frac{f（x）-f（{x}_{2}）}{x-{x}_{2}}$＜$\frac{1}{1+x}$．

解答 （1）证明：求导函数可得f′（x）=$\frac{1}{1+x}$，g′（x）=b-x+x²，
∵函数y=f（x）与函数y=g（x）的图象在交点（0，0）处有公共切线，
∴f（0）=g（0）=0，f′（0）=g′（0），
∴a=0，b=1．
不等式f（x）≤g（x）对一切x∈（-1，+∞）恒成立即为
ln（x+1）-x+$\frac{1}{2}$x²-$\frac{1}{3}$x³≤0对一切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）上为增函数，在（0，+∞）上为减函数．                   
∴h（x）_max=h（0）=0，
∴h（x）≤h（0）=0，即f（x）≤g（x）对一切x∈（-1，+∞）恒成立．         
（2）证明：设u（x）=（1+x）[f（x）-f（x₁）]-（x-x₁），
则u′（x）=ln（1+x）-ln（1+x₁）．
当x∈（x₁，x₂）时，u′（x）＞0，u（x）单调递增，
又u（x₁）=0，故u（x）＞0，即$\frac{f（x）-f（{x}_{1}）}{x-{x}_{1}}$＞$\frac{1}{1+x}$．
设v（x）=（1+x）[f（x₂）-f（x）]-（x₂-x），
则v′（x）=ln（1+x₂）-ln（1+x）．
当x∈（x₁，x₂）时，v′（x）＞0，v（x）单调递增，
又v（x₂）=0，故v（x）＞0，即$\frac{f（x）-f（{x}_{2}）}{x-{x}_{2}}$＜$\frac{1}{1+x}$．                
综上，x∈（x₁，x₂）时，$\frac{f（x）-f（{x}_{1}）}{x-{x}_{1}}$＞$\frac{f（x）-f（{x}_{2}）}{x-{x}_{2}}$．

点评 本题考查导数知识的运用，考查函数的单调性与最值，考查不等式的证明，正确构建函数，合理运用导数是关键．