Question

1．已知函數(shù)f（x）的定義域?yàn)椋?，+∞），若y=$\frac{f（x）}{x}$在（0，+∞）上為增函數(shù)，則稱(chēng)f（x）為“一階比增函數(shù)”；若y=$\frac{f（x）}{{x}^{2}}$在（0，+∞）上為增函數(shù)，則稱(chēng)f（x）為“二階比增函數(shù)”．我們把所有“一階比增函數(shù)”組成的集合記為Ω₁，所有“二階比增函數(shù)”組成的集合記為Ω₂，．
（Ⅰ）已知函數(shù)f（x）=x³-2hx²-hx，若f（x）∈Ω₁，且f（x）∉Ω₂，求實(shí)數(shù)h的取值范圍；
（Ⅱ）已知0＜a＜b＜c，f（x）∈Ω₁且f（x）的部分函數(shù)值由下表給出，

x	a	b	c	a+b+c
f（x）	d	d	t	4

求證：d（2d+t-4）＞0；
（Ⅲ）定義集合Ψ={f（x）|f（x）∈Ω₂}，且存在常數(shù)k，使得任取x∈（0，+∞），f（x）＜k}，請(qǐng)問(wèn)：是否存在常數(shù)m，使得?f（x）∈Ψ，?x∈（0，+∞），有f（x）＜M成立？若存在，求出M的最小值；若不存在，說(shuō)明理由．

Answer 1

分析 （Ⅰ）若f（x）∈Ω₁，且f（x）∉Ω₂，即g（x）=$\frac{f（x）}{x}$=x²-2hx-h在（0，+∞）上為增函數(shù)，得到h≤0；繼而根據(jù)F（x）的性質(zhì)求的范圍；
（Ⅱ）f（x）∈Ω₁，且0＜a＜b＜c＜a+b+c，所以$\frac{f（a）}{a}$＜$\frac{f（a+b+c）}{a+b+c}$=$\frac{4}{a+b+c}$，所以f（a）=d＜$\frac{4a}{a+b+c}$，同理可得f（b）=d＜$\frac{4b}{a+b+c}$，f（c）=t＜$\frac{4c}{a+b+c}$，累加即可得證；
（Ⅲ）先證明f（x）≤0對(duì)x∈（0，+∞）成立，再證明f（x）=0在（0，+∞）上無(wú)解，說(shuō)明以f（x）=0在（0，+∞）上無(wú)解，繼而得到所需結(jié)果．

解答 解：（I）因?yàn)閒（x）∈Ω₁，且f（x）∉Ω₂，
即g（x）=$\frac{f（x）}{x}$=x²-2hx-h在（0，+∞）是增函數(shù)，所以h≤0，
而h（x）=$\frac{f（x）}{{x}^{2}}$=x-$\frac{h}{x}$-2h在（0，+∞）不是增函數(shù)，而h′（x）=1+$\frac{h}{{x}^{2}}$，
當(dāng)h（x）是增函數(shù)時(shí)，有h≥0，所以當(dāng)h（x）不是增函數(shù)時(shí)，h＜0．
綜上，得h＜0；                 
（Ⅱ）證明：因?yàn)閒（x）∈Ω₁，且0＜a＜b＜c＜a+b+c，
所以$\frac{f（a）}{a}$＜$\frac{f（a+b+c）}{a+b+c}$=$\frac{4}{a+b+c}$，
所以f（a）=d＜$\frac{4a}{a+b+c}$，
同理可證f（b）=d＜$\frac{4b}{a+b+c}$，f（c）=t＜$\frac{4c}{a+b+c}$，
三式相加得f（a）+f（b）+f（c）=2d+t＜$\frac{4（a+b+c）}{a+b+c}$=4
 所以2d+t-4＜0，
因?yàn)?\fracm5wmpgt{a}$＜$\fracrqrxduk$，所以d（$\frac{b-a}{ab}$）＜0，而0＜a＜b，
所以d＜0，所以d（2d+t-4）＞0；
（Ⅲ） 因?yàn)榧�合�?{f（x）|f（x）∈Ω₂}，
且存在常數(shù)k，使得任取x∈（0，+∞），f（x）＜k}，
所以?f（x）∈Ψ，存在常數(shù)k，使得f（x）＜k對(duì)x∈（0，+∞）成立，
我們先證明f（x）≤0對(duì)x∈（0，+∞）成立，
假設(shè)?x₀∈（0，+∞）使得f（x₀）＞0，
記$\frac{f（{x}_{0}）}{{{x}_{0}}^{2}}$=m＞0，
因?yàn)閒（x）是二階比增函數(shù)，即$\frac{f（x）}{{x}^{2}}$是增函數(shù)．
所以當(dāng)x＞x₀時(shí)，$\frac{f（x）}{{x}^{2}}$＞$\frac{f（{x}_{0}）}{{{x}_{0}}^{2}}$=m，所以f（x）＞mx²，
所以一定可以找到一個(gè)x₁＞x₀，使得f（x₁）＞mx₁²＞k，
這與f（x）＜k 對(duì)x＞0成立矛盾，f（x）≤0對(duì)x＞0成立，
所以?f（x）∈Ψ，f（x）≤0對(duì)x∈（0，+∞）成立，
下面我們證明f（x）=0在（0，+∞）上無(wú)解，
假設(shè)存在x₂＞0，使得f（x₂）=0，
則因?yàn)閒（x）是二階增函數(shù)，即$\frac{f（x）}{{x}^{2}}$是增函數(shù)，
一定存在x₃＞x₂＞0，$\frac{f（{x}_{3}）}{{{x}_{3}}^{2}}$＞$\frac{f（{x}_{2}）}{{{x}_{2}}^{2}}$=0，這與上面證明的結(jié)果矛盾．
所以f（x）=0在（0，+∞）上無(wú)解．
綜上，我們得到?f（x）∈Ψ，f（x）＜0對(duì)x∈（0，+∞）成立，
所以存在常數(shù)M≥0，使得?f（x）∈Ψ，?x∈（0，+∞），有f（x）＜M成立，
又令f（x）=-$\frac{1}{x}$（x＞0），則f（x）＜0對(duì)x∈（0，+∞）成立，
又有$\frac{f（x）}{{x}^{2}}$=$\frac{-1}{{x}^{3}}$在（0，+∞）上是增函數(shù)，所以f（x）∈Ψ，
所以當(dāng)常數(shù)M≥0時(shí)，使得對(duì)任意的x∈（0，+∞），都有f（x）＜M，
故M的最小值為0．

點(diǎn)評(píng) 本題主要考查導(dǎo)數(shù)在實(shí)際應(yīng)用和新定義題目中的應(yīng)用，思路較為復(fù)雜，需要較強(qiáng)的思維邏輯能力，屬于難題．