Question

4．已知函数f（x）=$\frac{1}{2}$x²+2ax，g（x）=3a²lnx+b．
（1）设两曲线y=f（x）与y=g（x）有公共点，且在公共点处的切线相同，若a＞0，试建立b关于的函数关系式；
（2）若任意b∈[0，2]，h（x）=f（x）+g（x）-（2a+b）x在（0，4）上为单调函数，求a的取值范围．
（3）a=-1，b=0，设正项数列{a_n}（n∈N^*）满足a₁=a（a＞0），g（a_n+1）=f（a_n），证明：存在常数M，使得对于任意的n∈N^*，都有a_n≤M．

Answer 1

分析 （1）设公共点（x₀，y₀），根据题意得到，f（x₀）=g（x₀），f′（x₀）=g′（x₀），解出b关于a的函数关系式；
（2）要使h（x）在（0，4）上单调，须h′（x）≤0或h′（x）≥0在（0，4）上恒成立，①当h′（x）≤0时，x+$\frac{3{a}^{2}}{x}$≤b，根据b∈[0，2]，只需x+$\frac{3{a}^{2}}{x}$≤0而x∈（0，4）则a不存在，②当h′（x）≥0时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，根据x∈（0，4）可求出不等式右边的最大值，建立不等式解之即可求出a的取值范围．
（3）分类讨论，利用数学归纳法证明．

解答 解：（1）设y=f（x）与y=g（x）（x＞0）在公共点（x₀，y₀）处的切线相同．
f′（x）=x+2a，g′（x）=$\frac{3{a}^{2}}{x}$．
由题意知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）上单调，须h′（x）≤0或h′（x）≥0在（0，4）上恒成立．
①当h′（x）≤0时，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当h′（x）≥0时，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≤-$\frac{\sqrt{3}}{3}$．
综上，所求a的取值范围为a≥$\frac{\sqrt{3}}{3}$或a≤-$\frac{\sqrt{3}}{3}$．
（3）令$h（x）=f（x）-g（x）=\frac{1}{2}{x^2}-2x-3lnx$，则$h'（x）=x-2-\frac{3}{x}=\frac{（x+1）（x-3）}{x}$，
∴h（x）在（1，3）递减，（3，+∞）递增，
∵$h（1）=\frac{1}{2}-2＜0，h（4）=-3ln4＜0，h（8）=32-16-9ln2＞0$，
∴h（x）在（1，+∞）有且仅有一个零点设为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，+∞）递增，有4＜a₂＜x₀，故猜想$4＜{a_n}＜{x_0}（n≥2，n∈{N^*}）$，下面用数学归纳法证明
①n=2时，已证明成立
②假设当n=k（k≥2）时，有4＜a_k＜x₀成立，则当n=k+1时，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，+∞）递增，有4＜a_k+1＜x₀，因此，当n=k+1时，4＜a_k+1＜x₀成立．
综上，对任意的n≥2，n∈N^*，4＜a_k＜x₀成立．             
（2）当a₁≥x₀＞4时，猜测：4＜a_n≤a₁．下面用数学归纳法证明：
①当n=1时，4≤a₁≤a₁显然成立；
②假设当n=k（k≥1）时，有4＜a_k≤a₁成立，则当n=k+1时f（a_k+1）=g（a_k）∈（0，g（a₁）），由h（x）在（x₀，+∞）上单调递增．则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，+∞）递增，有4＜a_k+1＜a₁，
因此，当n=k+1时，4＜a_k+1＜a₁成立．
综上，对任意的n∈N^*，4＜a_n≤a₁成立．
综上所述，存在常数M=max{x₀，a₁}，使得对于任意的n∈N^*，都有a_n≤M．

点评 本题主要考查了利用导数研究曲线上某点切线方程和恒成立问题，以及利用导数研究函数的单调性和最值，同时考查了转化的思想，属于难题．