Question

已知函數(shù)f（x）=

ax2

2x+b

的圖象在點（2，f（2））處的切線方程為y=2．
（Ⅰ）求a，b的值及f（x）的單調區(qū)間；
（Ⅱ）是否存在平行于直線y=

1

2

x且與曲線y=f（x）沒有公共點的直線？證明你的結論；
（Ⅲ）設數(shù)列{a_n}滿足a₁=λ（λ≠l），a_n+1=f（a_n），若{a_n}是單調數(shù)列，求實數(shù)λ的取值范圍．

Answer 1

考點：利用導數(shù)研究函數(shù)的單調性,利用導數(shù)研究曲線上某點切線方程,數(shù)列的應用,數(shù)學歸納法

專題：綜合題,導數(shù)的綜合應用,等差數(shù)列與等比數(shù)列

分析：（Ⅰ）求導數(shù)f′（x），由題意可得

f′(2)=0 f(2)=2

，于是有

8a+4ab (4+b)2 =0 4a 4+b =2

，解出可得a，b，然后在定義域內解不等式f′（x）＞0，f′（x）＜0可得函數(shù)的單調區(qū)間；
（Ⅱ）與y=

1

2

x平行的直線設為y=

1

2

x+m（m≠0），聯(lián)立

y=f(x) y= 1 2 x+m

得

(1-2m)x+2m

2(x-1)

=0，分m≠

1

2

，m=

1

2

兩種情況討論可得方程解的情況，由此可得結論；
（Ⅲ）運用數(shù)學歸納法可證明：當λ＞2時，a_n＞2．通過作差可得a_n+1＜a_n，此時數(shù)列單調；然后分1＜λ＜2，0＜λ＜1，λ＜0，λ=0，λ=2進行討論可得結論；

解答： 解：（Ⅰ）依題意，f′（x）=

2ax(x+b)

(2x+b)2

，
由

f′(2)=0 f(2)=2

，可得

8a+4ab (4+b)2 =0 4a 4+b =2

，解得

a=1 b=-2

，
∴f（x）=

x2

2x-2

，f′（x）=

2x2-4x

(2x-2)2

．
當x＜0或x＞2時，f′（x）＞0，f（x）遞增；當0＜x＜2且x≠1時，f′（x）＜0，f（x）遞減．
∴f（x）的增區(qū)間是（-∞，0），（2，+∞）；減區(qū)間是（0，1），（1，2）．
 （Ⅱ）與y=

1

2

x平行的直線設為y=

1

2

x+m（m≠0），
由

y=f(x) y= 1 2 x+m

得f（x）=

1

2

x+m，即

(1-2m)x+2m

2(x-1)

=0，①
當m≠

1

2

時，方程①有唯一解x=

2m

2m-1

，此時曲線與直線有公共點；
當m=

1

2

時，方程①無解，此時直線與曲線沒有公共點．
故存在直線y=

1

2

x+

1

2

與曲線y=f（x）沒有公共點．
 （Ⅲ）an+1=

an2

2an-2

．
下面先用數(shù)學歸納法證明：當λ＞2時，a_n＞2．
①當n=1時，a₁=λ＞2，不等式成立．
②假設當n=k時，不等式成立，即a_k＞2，
則n=k+1時，a_k+1-2=

ak2

2ak-2

-2=

(ak-2)2

2ak-2

＞0，于是a_k+1＞2，
即當n=k+1時，不等式成立．
根據①②可知，對于n∈N^*，有a_n＞2．
于是an+1-an=

an2

2an-2

-a_n=

an(2-an)

2an-2

＜0，∴a_n+1＜a_n，即{a_n}是單調遞減數(shù)列．
當1＜λ＜2時，a₁=λ，由（Ⅰ）知，a₂=f（a₁）=f（λ）＞f（2）=2，
又a₃-a₂=

a22

2a2-2

-a₂=

a2(2-a2)

2a2-2

＜0，即a₃＜a₂，故{a_n}不是單調數(shù)列．
當0＜λ＜1時，a₁=λ＞0，a2=

λ2

2λ-2

＜0，
∴a3-a2=

a2(2-a2)

2a2-2

＞0，于是a₃＞a₂，故{a_n}不是單調數(shù)列．
當λ＜0時，a₁=λ＜0，又an+1=

an2

2an-2

，由數(shù)學歸納法可證a_n＜0，
∴an+1-an=

an(2-an)

2an-2

＞0，∴a_n+1＞a_n，故{a_n}是單調遞增數(shù)列．
當λ=0時，a_n=0，故{a_n}不是單調數(shù)列．
當λ=2時，a_n=2，故{a_n}不是單調數(shù)列．
綜上，λ的取值范圍是（-∞，0）∪（2，+∞）．

點評：本小題主要考查函數(shù)與導數(shù)、數(shù)學歸納法等基礎知識，考查運算求解能力、推理論證能力，考查數(shù)形結合思想、函數(shù)與方程思想、特殊與一般思想、分類與整合思想等．