Question

6．已知函数f（x）=e^3x-1，g（x）=ln（1+2x）+ax，f（x）的图象在x=$\frac{1}{3}$处的切线与g（x）的图象也相切．
（1）求a的值；
（2）当x＞-$\frac{1}{2}$时，求证：f（x）＞g（x）；
（3）设p，q，r∈（-$\frac{1}{2}$，+∞）且p＜q＜r，A（p，g（p）），B（q，g（q）），C（r，g（r）），求证：k_AB＞k_BC（其中k_AB，k_BC分别为直线AB与BC的斜率）．

Answer 1

分析 （1）求得f（x）的导数，可得切线的斜率和切点，求得切线方程；设出与g（x）图象相切的切点，求得g（x）的导数，可得切线的斜率，解方程可得切点为（0，0），进而得到a的值；
（2）由m（x）=f（x）-3x=e^3x-1-3x，求得导数，可得最小值0；再由n（x）=g（x）-3x=ln（1+2x）-2x，求得导数，可得最大值0，进而得到证明；
（3）由直线的斜率公式可得k_AB=$\frac{g（q）-g（p）}{q-p}$，k_BC=$\frac{g（r）-g（q）}{r-q}$，构造h（q）=（1+2q）（g（q）-g（p））-（3+2q）（q-p），证明h（q）＞0，可得k_AB＞$\frac{3+2q}{1+2q}$，同理可证：k_BC＜$\frac{3+2q}{1+2q}$，从而可得结论．

解答 解：（1）函数f（x）=e^3x-1的导数为f′（x）=3e^3x-1，
可得f（x）的图象在x=$\frac{1}{3}$处的切线斜率为3，切点为（$\frac{1}{3}$，1），
即有切线的方程为y-1=3（x-$\frac{1}{3}$），即为y=3x，
设与g（x）的图象相切的切点为（m，n），
可得n=3m=ln（1+2m）+am，
又g′（x）=$\frac{2}{1+2x}$+a，可得3=$\frac{2}{1+2m}$+a，
消去a，可得（1+2m）ln（1+2m）=2m，
令t=1+2m（t＞0），即有tlnt=t-1．
可令y=tlnt-t+1，导数y′=lnt，可得t＞1，函数y递增；
0＜t＜1时，函数y递减．
则t=1时，函数y=tlnt-t+1取得最小值0．
则tlnt=t-1的解为t=1，则m=0，
可得a=1；
（2）证明：当x＞-$\frac{1}{2}$时，
由m（x）=f（x）-3x=e^3x-1-3x，可得m′（x）=3e^3x-1-3，
当x＞$\frac{1}{3}$时，m（x）递增；当-$\frac{1}{2}$＜x＜$\frac{1}{3}$时，m（x）递减．
可得x=$\frac{1}{3}$处，m（x）取得极小值，且为最小值0．
则f（x）≥3x；
由n（x）=g（x）-3x=ln（1+2x）-2x，可得n′（x）=$\frac{2}{1+2x}$-2=$\frac{-4x}{1+2x}$，
当x＞0时，n（x）递减；当-$\frac{1}{2}$＜x＜0时，n（x）递增．
即有x=0处n（x）取得极大值，且为最大值0，
则g（x）≤3x，
由于等号不同时取得，则f（x）＞g（x）；
（3）证明：k_AB=$\frac{g（q）-g（p）}{q-p}$，k_BC=$\frac{g（r）-g（q）}{r-q}$，
令h（q）=（1+2q）（g（q）-g（p））-（3+2q）（q-p），
则h′（q）=2 （g（q）-g（p））+（1+2q）g′（q）-2（q-p）-（3+2q）
=2 （g（q）-g（p））-2（q-p）=2（ln（1+2q）-ln（1+2p））
∵y=ln（1+2x）在（-$\frac{1}{2}$，+∞）上单调递增，且q＞p，
∴ln（1+2q）-ln（1+2p）＞0，∴h′（q）＞0．
∴h（q）在（p，q）上单调递增，∴h（q）＞h（p）=0，
∴（1+2q）（f（q）-f（p））-（3+2q）（q-p）＞0，
∴（1+2q）（f（q）-f（p））＞（3+2q）（q-p），
∵q-p＞0，1+2q＞0，
∴$\frac{g（q）-g（p）}{q-p}$＞$\frac{3+2t}{1+2t}$，即k_AB＞$\frac{3+2q}{1+2q}$；
同理可证k_BC＜$\frac{3+2q}{1+2q}$．
∴k_AB＞k_BC．

点评 本题考查导数的运用：求切线的方程和单调区间、极值和最值，考查不等式的证明，注意运用构造函数法，运用导数求得最值，考查直线的斜率大小比较，注意运用构造函数，求得导数，判断单调性，考查化简整理的运算能力，属于难题．