Question

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

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Φ={f（x）|f（x）∈Ω₂，且存在常數k，使得任取x∈（0，+∞），f（x）＜k}，請問：是否存在常數M，使得?f（x）∈Φ，?x∈（0，+∞），有f（x）＜M成立？若存在，求出M的最小值；若不存在，說明理由．

Answer 1

【答案】分析：（I）根據f（x）為“一階比增函數”不是“二階比增函數”．可得g（x）==x²-2hx-h，在（0，+∞）是增函數，且h（x）==x-2h-在（0，+∞）不是增函數，根據二次函數的圖象和性質及導數法，可求出實數h的取值范圍；
（Ⅱ）根據f（x）為“一階比增函數”，且0＜a＜b＜c，結合表中數據可得f（a）=d＜，f（b）=d＜，f（c）=t＜，根據不等式的性質可證得d（2d+t-4）＞0；
（Ⅲ）根據f（x）為“二階比增函數”，我們先證明f（x）≤0對x∈（0，+∞）成立，再證明f（x）=0在（0，+∞）上無解，綜合兩個證明結果，可得答案．
解答：解：（I）因為f（x）∈Ω₁，且f（x）∉Ω₂，
即g（x）==x²-2hx-h，在（0，+∞）是增函數，所以h≤0  …（2分）
而h（x）==x-2h-在（0，+∞）不是增函數，
又∵h′（x）=1+，且
當h（x）是增函數時，有h≥0，所以當h（x）不是增函數時，h＜0
綜上，得h＜0                          …（4分）
證明：（Ⅱ） 因為f（x）∈Ω₁，且0＜a＜b＜c＜a+b+c，
所以＜=，所以f（a）=d＜，
同理可證f（b）=d＜，f（c）=t＜
三式相加得f（a）+f（b）+f（c）=2d+t＜=4
所以2d+t-4＜0                        …（6分）
因為＜，所以d（）＜0
而0＜a＜b，所以d＜0
所以d（2d+t-4）＞0                                …（8分）
（Ⅲ） 因為集合Φ={f（x）|f（x）∈Ω₂，且存在常數k，使得任取x∈（0，+∞），f（x）＜k}，
所以?f（x）∈Φ，存在常數k，使得 f（x）＜k 對x∈（0，+∞）成立
我們先證明f（x）≤0對x∈（0，+∞）成立
假設?x∈（0，+∞），使得f（x）＞0，
記=m＞0
因為f（x）是二階比增函數，即是增函數．
所以當x＞x時，＞=m，所以f（x）＞mx²
所以一定可以找到一個x₁＞x，使得f（x₁）＞mx₁²＞k
這與f（x）＜k 對x∈（0，+∞）成立矛盾                 …（11分）
即f（x）≤0對x∈（0，+∞）成立
所以?f（x）∈Φ，f（x）≤0對x∈（0，+∞）成立
下面我們證明f（x）=0在（0，+∞）上無解
假設存在x₂＞0，使得f（x₂）=0，
則因為f（x）是二階增函數，即是增函數
一定存在x₃＞x₂＞0，使＞=0，這與上面證明的結果矛盾
所以f（x）=0在（0，+∞）上無解
綜上，我們得到?f（x）∈Φ，f（x）＜0對x∈（0，+∞）成立
所以存在常數M≥0，使得?f（x）∈Φ，?x∈（0，+∞），有f（x）＜M成立
又令f（x）=-（x＞0），則f（x）＜0對x∈（0，+∞）成立，
又有=在（0，+∞）上是增函數，所以f（x）∈Φ，
而任取常數k＜0，總可以找到一個x_n＞0，使得x＞x_n時，有有f（x）＞k
所以M的最小值 為0       …（16分）
點評：本題考查的知識點是函數的單調性，導數的幾何意義，全稱命題，熟練掌握導數法在確定函數單調性和最值時的答題步驟是解答的關鍵．本題難度較大，運算量繁雜．