4.已知函數(shù)f(x)=$\frac{1}{2}$x2+2ax,g(x)=3a2lnx+b.
(1)設兩曲線y=f(x)與y=g(x)有公共點,且在公共點處的切線相同,若a>0,試建立b關于的函數(shù)關系式;
(2)若任意b∈[0,2],h(x)=f(x)+g(x)-(2a+b)x在(0,4)上為單調函數(shù),求a的取值范圍.
(3)a=-1,b=0,設正項數(shù)列{an}(n∈N*)滿足a1=a(a>0),g(an+1)=f(an),證明:存在常數(shù)M,使得對于任意的n∈N*,都有an≤M.

分析 (1)設公共點(x0,y0),根據(jù)題意得到,f(x0)=g(x0),f′(x0)=g′(x0),解出b關于a的函數(shù)關系式;
(2)要使h(x)在(0,4)上單調,須h′(x)≤0或h′(x)≥0在(0,4)上恒成立,①當h′(x)≤0時,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h′(x)≥0時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)分類討論,利用數(shù)學歸納法證明.

解答 解:(1)設y=f(x)與y=g(x)(x>0)在公共點(x0,y0)處的切線相同.
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,須h′(x)≤0或h′(x)≥0在(0,4)上恒成立.
①當h′(x)≤0時,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h′(x)≥0時,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,+∞)有且僅有一個零點設為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)學歸納法證明
①n=2時,已證明成立
②假設當n=k(k≥2)時,有4<ak<x0成立,則當n=k+1時,由f(ak+1)=g(ak)∈(0,g(x0))=(0,f(x0)),由ak+1>0,得ak+1>4,又f(x)在(2,+∞)遞增,有4<ak+1<x0,因此,當n=k+1時,4<ak+1<x0成立.
綜上,對任意的n≥2,n∈N*,4<ak<x0成立.             
(2)當a1≥x0>4時,猜測:4<an≤a1.下面用數(shù)學歸納法證明:
①當n=1時,4≤a1≤a1顯然成立;
②假設當n=k(k≥1)時,有4<ak≤a1成立,則當n=k+1時f(ak+1)=g(ak)∈(0,g(a1)),由h(x)在(x0,+∞)上單調遞增.則h(a1)≥h(x0)=0,即f(a1)≥g(a1
∴f(ak+1)∈(0,f(a1)),由ak+1>0,得ak+1>4,又f(x)在(2,+∞)遞增,有4<ak+1<a1,
因此,當n=k+1時,4<ak+1<a1成立.
綜上,對任意的n∈N*,4<an≤a1成立.
綜上所述,存在常數(shù)M=max{x0,a1},使得對于任意的n∈N*,都有an≤M.

點評 本題主要考查了利用導數(shù)研究曲線上某點切線方程和恒成立問題,以及利用導數(shù)研究函數(shù)的單調性和最值,同時考查了轉化的思想,屬于難題.

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273830373531
332938342836
(1)畫出莖葉圖.
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