解题思路：（1）求导函数，计算判别式，利用导数的正负，即可确定函数的单调区间；
（2）求出g′（x），令g′（x）=3可得切点的坐标，可求a的值，利用f′（x）=3，可求b的值．构造函数φ（x）=f（x）-g（x），求导函数，确定函数的单调性，证明φ（x）≥0即可；
（3）KAC=
g(t)−g(
x
1
)
t−
x
1
，KBC=
g(t)−g(
x
2
)
t−
x
2
，构造h（t）=（1+2t）（g（t）-g（x1））-（3+2t）（t-x1），证明h（t）＞0，可得KAC＞[3+2t/1+2t]，同理可证：KBC＜[3+2t/1+2t]，从而可得结论．
（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）
点评：
本题考点： 导数在最大值、最小值问题中的应用；利用导数研究函数的单调性．
考点点评： 本题考查导数知识的运用，考查函数的单调性，考查不等式的证明，解题的关键是构造函数，利用导数求解．