Question

4．已知函數(shù)f（x）=$\frac{1}{2}$x²+2ax，g（x）=3a²lnx+b．
（1）設(shè)兩曲線(xiàn)y=f（x）與y=g（x）有公共點(diǎn)，且在公共點(diǎn)處的切線(xiàn)相同，若a＞0，試建立b關(guān)于的函數(shù)關(guān)系式；
（2）若任意b∈[0，2]，h（x）=f（x）+g（x）-（2a+b）x在（0，4）上為單調(diào)函數(shù)，求a的取值范圍．
（3）a=-1，b=0，設(shè)正項(xiàng)數(shù)列{a_n}（n∈N^*）滿(mǎn)足a₁=a（a＞0），g（a_n+1）=f（a_n），證明：存在常數(shù)M，使得對(duì)于任意的n∈N^*，都有a_n≤M．

Answer 1

分析 （1）設(shè)公共點(diǎn)（x₀，y₀），根據(jù)題意得到，f（x₀）=g（x₀），f′（x₀）=g′（x₀），解出b關(guān)于a的函數(shù)關(guān)系式；
（2）要使h（x）在（0，4）上單調(diào)，須h′（x）≤0或h′（x）≥0在（0，4）上恒成立，①當(dāng)h′（x）≤0時(shí)，x+$\frac{3{a}^{2}}{x}$≤b，根據(jù)b∈[0，2]，只需x+$\frac{3{a}^{2}}{x}$≤0而x∈（0，4）則a不存在，②當(dāng)h′（x）≥0時(shí)x+$\frac{3{a}^{2}}{x}$≥b，而b∈[0，2]，只需x+$\frac{3{a}^{2}}{x}$≥2即3a²≥x（2-x）恒成立，根據(jù)x∈（0，4）可求出不等式右邊的最大值，建立不等式解之即可求出a的取值范圍．
（3）分類(lèi)討論，利用數(shù)學(xué)歸納法證明．

解答 解：（1）設(shè)y=f（x）與y=g（x）（x＞0）在公共點(diǎn)（x₀，y₀）處的切線(xiàn)相同．
f′（x）=x+2a，g′（x）=$\frac{3{a}^{2}}{x}$．
由題意知f（x₀）=g（x₀），f′（x₀）=g′（x₀）
即$\frac{1}{2}$x₀²+2ax₀=3a²lnx₀+b，x₀+2a=$\frac{3{a}^{2}}{{x}_{0}}$，
解得x₀=a或x₀=-3a（舍去），
∴b（a）=$\frac{5{a}^{2}}{2}$-3a²lna（a＞0）
（2）h（x）=$\frac{1}{2}$x²+3a²lnx-bx+b，h′（x）=x+$\frac{3{a}^{2}}{x}$-b
要使h（x）在（0，4）上單調(diào)，須h′（x）≤0或h′（x）≥0在（0，4）上恒成立．
①當(dāng)h′（x）≤0時(shí)，x+$\frac{3{a}^{2}}{x}$-b≤0∴x+$\frac{3{a}^{2}}{x}$≤b
∵b∈[0，2]，只需x+$\frac{3{a}^{2}}{x}$≤0∵x∈（0，4）∴a不存在
②當(dāng)h′（x）≥0時(shí)，x+$\frac{3{a}^{2}}{x}$-b≥0∴x+$\frac{3{a}^{2}}{x}$≥b
∵b∈[0，2]，只需x+$\frac{3{a}^{2}}{x}$≥2
∴3a²≥x（2-x）恒成立
∵x∈（0，4）∴3a²≥1解得：a≥$\frac{\sqrt{3}}{3}$或a≤-$\frac{\sqrt{3}}{3}$．
綜上，所求a的取值范圍為a≥$\frac{\sqrt{3}}{3}$或a≤-$\frac{\sqrt{3}}{3}$．
（3）令$h（x）=f（x）-g（x）=\frac{1}{2}{x^2}-2x-3lnx$，則$h'（x）=x-2-\frac{3}{x}=\frac{（x+1）（x-3）}{x}$，
∴h（x）在（1，3）遞減，（3，+∞）遞增，
∵$h（1）=\frac{1}{2}-2＜0，h（4）=-3ln4＜0，h（8）=32-16-9ln2＞0$，
∴h（x）在（1，+∞）有且僅有一個(gè)零點(diǎn)設(shè)為x₀（且x₀＞4），即h（x₀）=0，f（x₀）=g（x₀）
Ⅰ．若1＜a₁＜x₀，f（a₂）=g（a₁）∈（0，g（x₀））=（0，f（x₀）），由a₂＞0，得a₂＞4，又f（x）在（2，+∞）遞增，有4＜a₂＜x₀，故猜想$4＜{a_n}＜{x_0}（n≥2，n∈{N^*}）$，下面用數(shù)學(xué)歸納法證明
①n=2時(shí)，已證明成立
②假設(shè)當(dāng)n=k（k≥2）時(shí)，有4＜a_k＜x₀成立，則當(dāng)n=k+1時(shí)，由f（a_k+1）=g（a_k）∈（0，g（x₀））=（0，f（x₀）），由a_k+1＞0，得a_k+1＞4，又f（x）在（2，+∞）遞增，有4＜a_k+1＜x₀，因此，當(dāng)n=k+1時(shí)，4＜a_k+1＜x₀成立．
綜上，對(duì)任意的n≥2，n∈N^*，4＜a_k＜x₀成立．             
（2）當(dāng)a₁≥x₀＞4時(shí)，猜測(cè)：4＜a_n≤a₁．下面用數(shù)學(xué)歸納法證明：
①當(dāng)n=1時(shí)，4≤a₁≤a₁顯然成立；
②假設(shè)當(dāng)n=k（k≥1）時(shí)，有4＜a_k≤a₁成立，則當(dāng)n=k+1時(shí)f（a_k+1）=g（a_k）∈（0，g（a₁）），由h（x）在（x₀，+∞）上單調(diào)遞增．則h（a₁）≥h（x₀）=0，即f（a₁）≥g（a₁）
∴f（a_k+1）∈（0，f（a₁）），由a_k+1＞0，得a_k+1＞4，又f（x）在（2，+∞）遞增，有4＜a_k+1＜a₁，
因此，當(dāng)n=k+1時(shí)，4＜a_k+1＜a₁成立．
綜上，對(duì)任意的n∈N^*，4＜a_n≤a₁成立．
綜上所述，存在常數(shù)M=max{x₀，a₁}，使得對(duì)于任意的n∈N^*，都有a_n≤M．

點(diǎn)評(píng) 本題主要考查了利用導(dǎo)數(shù)研究曲線(xiàn)上某點(diǎn)切線(xiàn)方程和恒成立問(wèn)題，以及利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性和最值，同時(shí)考查了轉(zhuǎn)化的思想，屬于難題．