已知函数f.若y=$\frac{f上为增函数.则称f(x)为“一阶比增函数 ,若y=$\frac{f(x)}{{x}^{2}}$在上为增函数.则称f(x)为“二阶比增函数．我们把所有“一阶比增函数组成的集合记为Ω1.所有“二阶比增函数组成的集合记为Ω2.．=x3-2hx2-hx.若f(x)∈Ω1.且f(x)∉Ω2.求实数h� 题目和参考答案——青夏教育精英家教网—

题目内容

1．已知函数f（x）的定义域为（0，+∞），若y=$\frac{f（x）}{x}$在（0，+∞）上为增函数，则称f（x）为“一阶比增函数”；若y=$\frac{f（x）}{{x}^{2}}$在（0，+∞）上为增函数，则称f（x）为“二阶比增函数”．我们把所有“一阶比增函数”组成的集合记为Ω₁，所有“二阶比增函数”组成的集合记为Ω₂，．
（Ⅰ）已知函数f（x）=x³-2hx²-hx，若f（x）∈Ω₁，且f（x）∉Ω₂，求实数h的取值范围；
（Ⅱ）已知0＜a＜b＜c，f（x）∈Ω₁且f（x）的部分函数值由下表给出，

x	a	b	c	a+b+c
f（x）	_d	d	t	4

求证：d（2d+t-4）＞0；
（Ⅲ）定义集合Ψ={f（x）|f（x）∈Ω₂}，且存在常数k，使得任取x∈（0，+∞），f（x）＜k}，请问：是否存在常数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，说明理由．

分析（Ⅰ）若f（x）∈Ω₁，且f（x）∉Ω₂，即g（x）=$\frac{f（x）}{x}$=x²-2hx-h在（0，+∞）上为增函数，得到h≤0；继而根据F（x）的性质求的范围；
（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＜$\frac{4c}{a+b+c}$，累加即可得证；
（Ⅲ）先证明f（x）≤0对x∈（0，+∞）成立，再证明f（x）=0在（0，+∞）上无解，说明以f（x）=0在（0，+∞）上无解，继而得到所需结果．

解答解：（I）因为f（x）∈Ω₁，且f（x）∉Ω₂，
即g（x）=$\frac{f（x）}{x}$=x²-2hx-h在（0，+∞）是增函数，所以h≤0，
而h（x）=$\frac{f（x）}{{x}^{2}}$=x-$\frac{h}{x}$-2h在（0，+∞）不是增函数，而h′（x）=1+$\frac{h}{{x}^{2}}$，
当h（x）是增函数时，有h≥0，所以当h（x）不是增函数时，h＜0．
综上，得h＜0；
（Ⅱ）证明：因为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＜$\frac{4a}{a+b+c}$，
同理可证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，
因为$\frac{d}{a}$＜$\frac{d}{b}$，所以d（$\frac{b-a}{ab}$）＜0，而0＜a＜b，
所以d＜0，所以d（2d+t-4）＞0；
（Ⅲ）因为集合Ψ={f（x）|f（x）∈Ω₂}，
且存在常数k，使得任取x∈（0，+∞），f（x）＜k}，
所以?f（x）∈Ψ，存在常数k，使得f（x）＜k对x∈（0，+∞）成立，
我们先证明f（x）≤0对x∈（0，+∞）成立，
假设?x₀∈（0，+∞）使得f（x₀）＞0，
记$\frac{f（{x}_{0}）}{{{x}_{0}}^{2}}$=m＞0，
因为f（x）是二阶比增函数，即$\frac{f（x）}{{x}^{2}}$是增函数．
所以当x＞x₀时，$\frac{f（x）}{{x}^{2}}$＞$\frac{f（{x}_{0}）}{{{x}_{0}}^{2}}$=m，所以f（x）＞mx²，
所以一定可以找到一个x₁＞x₀，使得f（x₁）＞mx₁²＞k，
这与f（x）＜k 对x＞0成立矛盾，f（x）≤0对x＞0成立，
所以?f（x）∈Ψ，f（x）≤0对x∈（0，+∞）成立，
下面我们证明f（x）=0在（0，+∞）上无解，
假设存在x₂＞0，使得f（x₂）=0，
则因为f（x）是二阶增函数，即$\frac{f（x）}{{x}^{2}}$是增函数，
一定存在x₃＞x₂＞0，$\frac{f（{x}_{3}）}{{{x}_{3}}^{2}}$＞$\frac{f（{x}_{2}）}{{{x}_{2}}^{2}}$=0，这与上面证明的结果矛盾．
所以f（x）=0在（0，+∞）上无解．
综上，我们得到?f（x）∈Ψ，f（x）＜0对x∈（0，+∞）成立，
所以存在常数M≥0，使得?f（x）∈Ψ，?x∈（0，+∞），有f（x）＜M成立，
又令f（x）=-$\frac{1}{x}$（x＞0），则f（x）＜0对x∈（0，+∞）成立，
又有$\frac{f（x）}{{x}^{2}}$=$\frac{-1}{{x}^{3}}$在（0，+∞）上是增函数，所以f（x）∈Ψ，
所以当常数M≥0时，使得对任意的x∈（0，+∞），都有f（x）＜M，
故M的最小值为0．