记三次函数 $f(x)=ax^3+bx^2+cx+d$（$a\neq 0$）的图象为 $C$，若对于任意非零实数 $x_1$，曲线 $C$ 与其在点 $P_1\left(x_1,f(x_1)\right) $ 处的切线交于另一点 $P_2\left(x_2,f(x_2)\right)$，曲线 $C$ 与其在点 $P_2$ 处的切线交于另一点 $P_3\left(x_3,f(x_3)\right)$，线段 $P_1P_2$、$P_2P_3$ 与曲线 $C$ 所围成的封闭图形的面积分别记为 $S_1$、$S_2$．求证：$\dfrac{S_1}{S_2}$ 是定值．
【难度】
【出处】
无
【标注】
【答案】
略
【解析】
由三次函数的对称性，任意三次函数 $f(x)$ 都可以通过平移变化变成$$g(x)=px^3+qx,$$然后可以作伸缩变换变成$$h(x)=x^3+rx,$$而无论平移还是伸缩，题中的 $\dfrac{S_1}{S_2}$ 均保持不变，因此只需要证明命题对三次函数$$h(x)=x^3+rx$$成立即可．根据题意，联立函数 $h(x)=x^3+rx$ 与函数 $h(x)$ 在 $P_1$ 处的切线方程得$$(x-x_1)^2\cdot (x-x_2)=0,$$于是$$2x_1+x_2=0,$$即$$x_2=-2x_1.$$又由三次函数的切割线性质的推论1，可得$$2x_1=x_2+x_3,$$即$$x_3=4x_1.$$于是，线段 $P_1P_2$ 与曲线 $C$ 所围成的封闭图形的面积\[\begin{split}S_1&=\left|\int_{x_1}^{x_2}{(x-x_1)^2(x-x_2)}{ {\rm d}} x\right|\\
&=\left|\int_{x_1}^{-2x_1}{\left(x^3-3x_1^2x+2x_1^3\right)}{ {\rm d}} x\right|\\
&=\left|\left.\left(\dfrac 14x^4-\dfrac 32x_1^2x^2+2x_1^3x\right)\right|_{x_1}^{-2x_1}\right|\\
&=\dfrac{27}4x_1^4,\end{split}\]类似的，线段 $P_2P_3$ 与曲线 $C$ 所围成图形的面积$$S_2=\dfrac{27}4x_2^4,$$于是所求的面积之比为$$\dfrac{S_1}{S_2}=\left(\dfrac{x_1}{x_2}\right)^4=\dfrac 1{16}.$$
&=\left|\int_{x_1}^{-2x_1}{\left(x^3-3x_1^2x+2x_1^3\right)}{ {\rm d}} x\right|\\
&=\left|\left.\left(\dfrac 14x^4-\dfrac 32x_1^2x^2+2x_1^3x\right)\right|_{x_1}^{-2x_1}\right|\\
&=\dfrac{27}4x_1^4,\end{split}\]类似的，线段 $P_2P_3$ 与曲线 $C$ 所围成图形的面积$$S_2=\dfrac{27}4x_2^4,$$于是所求的面积之比为$$\dfrac{S_1}{S_2}=\left(\dfrac{x_1}{x_2}\right)^4=\dfrac 1{16}.$$
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解析
备注
