Question

已知函數f（x）的定義域為（0，+∞），若y=

f(x)

x

在（0，+∞）上為增函數，則稱f（x）為“一階比增函數”；若y=

f(x)

x2

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

（I）因為f（x）∈Ω₁，且f（x）∉Ω₂，
即g（x）=

f(x)

x

=x²-2hx-h，在（0，+∞）是增函數，所以h≤0  …（2分）
而h（x）=

f(x)

x2

=x-2h-

h

x

在（0，+∞）不是增函數，
又∵h′（x）=1+

h

x2

，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

f(a)

a

＜

f(a+b+c)

a+b+c

=

4

a+b+c

，所以f（a）=d＜

4a

a+b+c

，
同理可證f（b）=d＜

4b

a+b+c

，f（c）=t＜

4c

a+b+c

三式相加得f（a）+f（b）+f（c）=2d+t＜

4(a+b+c)

a+b+c

=4
所以2d+t-4＜0                        …（6分）
因為

d

a

＜

d

b

，所以d（

b-a

ab

）＜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?x₀∈（0，+∞），使得f（x₀）＞0，
記

f(x0)

x02

=m＞0
因為f（x）是二階比增函數，即

f(x)

x2

是增函數．
所以當x＞x₀時，

f(x)

x2

＞

f(x0)

x02

=m，所以f（x）＞mx²
所以一定可以找到一個x₁＞x₀，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

f(x)

x2

是增函數
一定存在x₃＞x₂＞0，使

f(x3)

x32

＞

f(x2)

x22

=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）=-

1

x

（x＞0），則f（x）＜0對x∈（0，+∞）成立，
又有

f(x)

x2

=

-1

x3

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）