题目内容
已知函数f（x）的定义域为（0，+∞），若y=
在（0，+∞）上为增函数，则称f（x）为“一阶比增函数”；若y=
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．
（1）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；
（2）已知0＜a＜b＜c，f（x）∈Ω1且f（x）的部分函数值由下表给出，求证：d（2d+t-4）＞0；
（3）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．
| f(x) |
| x |
| f(x) |
| x2 |
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．
（1）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；
（2）已知0＜a＜b＜c，f（x）∈Ω1且f（x）的部分函数值由下表给出，求证：d（2d+t-4）＞0；
| x | a | b | c | a+b+c |
| f（x） | d | d | t | 4 |
考点：利用导数求闭区间上函数的最值
专题：导数的综合应用
分析：（1）根据：f（x）∈Ω1且f（x）∉Ω2，可得y=
=x2-2hx-h，利用二次函数的单调性可得-
=h≤0；由y=
=x-2h-
，y′=x+
，对h分类讨论可得：当h≥0，此时f（x）∈Ω2；当h＜0时，y′=
，函数
在x∈（0，+∞）有极值点，可得f（x）∉Ω2．即可得出．
（2）由f（x）∈Ω1，取0＜x1＜x2＜x1+x2，可得
＜
＜
．由表格可知：f（a）=d，f（b）=d，f（c）=t，f（a+b+c）=4，0＜a＜b＜c＜a+b+c，利用“一阶比增函数”可得
＜
＜
＜
，再利用不等式的性质即可得出．
（3）根据“二阶比增函数”先证明f（x）≤0对x∈（0，+∞）成立．再证明f（x）=0在（0，+∞）上无解．即可得出．
| f(x) |
| x |
| -2h |
| 2 |
| f(x) |
| x2 |
| h |
| x |
| h |
| x2 |
| x3+h |
| x2 |
| f(x) |
| x2 |
（2）由f（x）∈Ω1，取0＜x1＜x2＜x1+x2，可得
| f(x1) |
| x1 |
| f(x2) |
| x2 |
| f(x1+x2) |
| x1+x2 |
| d |
| a |
| d |
| b |
| t |
| c |
| 4 |
| a+b+c |
（3）根据“二阶比增函数”先证明f（x）≤0对x∈（0，+∞）成立．再证明f（x）=0在（0，+∞）上无解．即可得出．
解答：
（1）解：y=
=x2-2hx-h，若f（x）∈Ω1，则h≤0；
y=
=x-2h-
，y′=x+
，当h≥0，x＞0时，y′＞0，此时f（x）∈Ω2，不符合题意，舍去；
当h＜0时，y′=
，此时函数
在x∈（0，+∞）有极值点，因此f（x）∉Ω2．
综上可得：当h＜0时，f（x）∈Ω1且f（x）∉Ω2．
因此h的取值范围是（-∞，0）．
（2）证明：由f（x）∈Ω1，若取0＜x1＜x2，
则
＜
＜
．
由表格可知：f（a）=d，f（b）=d，f（c）=t，f（a+b+c）=4，
∵0＜a＜b＜c＜a+b+c，
∴
＜
＜
＜
，
∴d＜0，d＜
，d＜
，t＜
，
∴2d+t＜4，
∴d（2d+t-4）＞0．
（Ⅲ）∵集合合ψ={f（x）|f（x）∈Ω2，且存在常数k，使得任取x∈（0，+∞），f（x）＜k}，
∴存在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．
假设存在x0∈（0，+∞），使得f（x0）＞0，
记
=m＞0
∵f（x）是二阶比增函数，即
是增函数．
∴当x＞x0时，
＞
=m＞0，
∴f（x）＞mx2，
∴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．
即f（x）≤0对x∈（0，+∞）成立．
∴存在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，
∵f（x）是二阶增函数，即
是增函数．
一定存在x3＞x2＞0，使
＞
=0，这与上面证明的结果矛盾．
∴f（x）=0在（0，+∞）上无解．
综上，我们得到存在f（x）∈ψ，f（x）＜0对x∈（0，+∞）成立．
∴存在常数M≥0，使得存在f（x）∈ψ，?x∈（0，+∞），有f（x）＜M成立．
又令f（x）=-
（x＞0），则f（x）＜0对x∈（0，+∞）成立，
又有
=-
在（0，+∞）上是增函数，
∴f（x）∈ψ，
而任取常数k＜0，总可以找到一个xn＞0，使得x＞xn时，有f（x）＞k．
∴M的最小值 为0．
| f(x) |
| x |
y=
| f(x) |
| x2 |
| h |
| x |
| h |
| x2 |
当h＜0时，y′=
| x3+h |
| x2 |
| f(x) |
| x2 |
综上可得：当h＜0时，f（x）∈Ω1且f（x）∉Ω2．
因此h的取值范围是（-∞，0）．
（2）证明：由f（x）∈Ω1，若取0＜x1＜x2，
则
| f(x1) |
| x1 |
| f(x2) |
| x2 |
| f(x1+x2) |
| x1+x2 |
由表格可知：f（a）=d，f（b）=d，f（c）=t，f（a+b+c）=4，
∵0＜a＜b＜c＜a+b+c，
∴
| d |
| a |
| d |
| b |
| t |
| c |
| 4 |
| a+b+c |
∴d＜0，d＜
| 4a |
| a+b+c |
| 4b |
| a+b+c |
| 4a |
| a+b+c |
∴2d+t＜4，
∴d（2d+t-4）＞0．
（Ⅲ）∵集合合ψ={f（x）|f（x）∈Ω2，且存在常数k，使得任取x∈（0，+∞），f（x）＜k}，
∴存在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．
假设存在x0∈（0，+∞），使得f（x0）＞0，
记
| f(x0) | ||
|
∵f（x）是二阶比增函数，即
| f(x) |
| x2 |
∴当x＞x0时，
| f(x) |
| x2 |
| f(x0) | ||
|
∴f（x）＞mx2，
∴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．
即f（x）≤0对x∈（0，+∞）成立．
∴存在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，
∵f（x）是二阶增函数，即
| f(x) |
| x2 |
一定存在x3＞x2＞0，使
| f(x3) | ||
|
| f(x2) | ||
|
∴f（x）=0在（0，+∞）上无解．
综上，我们得到存在f（x）∈ψ，f（x）＜0对x∈（0，+∞）成立．
∴存在常数M≥0，使得存在f（x）∈ψ，?x∈（0，+∞），有f（x）＜M成立．
又令f（x）=-
| 1 |
| x |
又有
| f(x) |
| x2 |
| 1 |
| x3 |
∴f（x）∈ψ，
而任取常数k＜0，总可以找到一个xn＞0，使得x＞xn时，有f（x）＞k．
∴M的最小值 为0．
点评：本题考查了函数的单调性、导数的几何意义，掌握导数法在确定函数单调性和最值时的答题步骤是解答的关键，考查了推理能力与计算能力，本题难度较大．
练习册系列答案
相关题目
已知集合A={x|x2-x-2＜0}，B={x||x|＜1}，则A∩（∁RB）=（ ）
| A、（1，2） |
| B、（1，2] |
| C、[1，2） |
| D、[1，2] |
已知过点M（a，0）（a＞0）的动直线l交抛物线y2=4x于A、B两点，点N与点M关于y轴对称，
如图（1）所示，已知正方体面对角线长为a，沿阴影面将它切割成两块，拼成如图（2）所示的几何体，那么此几何体的表面积为（ ）A、（1+2
| ||
B、（2+
| ||
C、（3+2
| ||
D、（4+
|