Question

已知函数f（x）=ax³+bx²在点（2，f（2））处的切线方程为6x+3y-10=0，且对任意的x∈[0，+∞）f'（x）≤kln（x+1）恒成立．
（I）求a，b的值；
（Ⅱ）求实数k的最小值；
（Ⅲ）证明：．

Answer

（1）（I）利用导数的几何意义即可得到f'（2）=-2，即12a+4b=-2①；切点满足切线方程可得6×2+3y-10=0，即f（2）=②，联立①②即可解出；
（II）由（Ⅰ）得，f'（x）=-x2+x，可得-x2+x≤kln（x+1）在x∈[0，+∞）上恒成立；即x2-x+kln（x+1）≥0在x∈[0，+∞）恒成立；设g（x）=x2-x+kln（x+1），g（0）=0，只需证对于任意的x∈[0，+∞）有g（x）≥g（0），通过分类讨论利用导数得到函数g（x）的单调性即可得到最值；
（Ⅲ）利用（II）的结论：令k=1，有-x2+x≤ln（x+1），即x≤x2+ln（x+1）在x∈[0，+∞）恒成立．再令，得，利用累加求和和裂项求和即可证明．
【解析】
（Ⅰ）f'（x）=3ax2+2bx，f'（2）=-2，∴12a+4b=-2①
将x=2代入切线方程得，∴②
①②联立，解得．
（Ⅱ）由（Ⅰ）得，f'（x）=-x2+x，
∴-x2+x≤kln（x+1）在x∈[0，+∞）上恒成立；
即x2-x+kln（x+1）≥0在x∈[0，+∞）恒成立；
设g（x）=x2-x+kln（x+1），g（0）=0，
∴只需证对于任意的x∈[0，+∞）有g（x）≥g（0），
，
设h（x）=2x2+x+k-1，
（1）当△=1-8（k-1）≤0，即时，h（x）≥0，
∴g'（x）≥0，g（x）在[0，+∞）单调递增，∴g（x）≥g（0）；
（2）当△=1-8（k-1）＞0，即时，设是方程2x2+x+k-1=0的两根且x1＜x2
由，可知x1＜0，
分析题意可知当时对任意x∈[0，+∞）有g（x）≥g（0）；
∴k-1≥0，k≥1，∴
综上分析，实数k的最小值为1．
（Ⅲ）令k=1，有-x2+x≤ln（x+1），即x≤x2+ln（x+1）在x∈[0，+∞）恒成立
令，得
∴
==＜ln（n+1）+2
∴原不等式得证．