分析:(I)根據(jù)f(x)為“一階比增函數(shù)”不是“二階比增函數(shù)”.可得g(x)=
=x
2-2hx-h,在(0,+∞)是增函數(shù),且h(x)=
=x-2h-
在(0,+∞)不是增函數(shù),根據(jù)二次函數(shù)的圖象和性質(zhì)及導(dǎo)數(shù)法,可求出實(shí)數(shù)h的取值范圍;
(Ⅱ)根據(jù)f(x)為“一階比增函數(shù)”,且0<a<b<c,結(jié)合表中數(shù)據(jù)可得f(a)=d<
,f(b)=d<
,f(c)=t<
,根據(jù)不等式的性質(zhì)可證得d(2d+t-4)>0;
(Ⅲ)根據(jù)f(x)為“二階比增函數(shù)”,我們先證明f(x)≤0對(duì)x∈(0,+∞)成立,再證明f(x)=0在(0,+∞)上無解,綜合兩個(gè)證明結(jié)果,可得答案.
解答:解:(I)因?yàn)閒(x)∈Ω
1,且f(x)∉Ω
2,
即g(x)=
=x
2-2hx-h,在(0,+∞)是增函數(shù),所以h≤0 …(2分)
而h(x)=
=x-2h-
在(0,+∞)不是增函數(shù),
又∵h(yuǎn)′(x)=1+
,且
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 …(4分)
證明:(Ⅱ) 因?yàn)閒(x)∈Ω
1,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?yàn)?span id="esghi1w" class="MathJye">
<
,所以d(
)<0
而0<a<b,所以d<0
所以d(2d+t-4)>0 …(8分)
(Ⅲ) 因?yàn)榧夕?{f(x)|f(x)∈Ω
2,且存在常數(shù)k,使得任取x∈(0,+∞),f(x)<k},
所以?f(x)∈Φ,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)?x
0∈(0,+∞),使得f(x
0)>0,
記
=m>0
因?yàn)閒(x)是二階比增函數(shù),即
是增函數(shù).
所以當(dāng)x>x
0時(shí),
>
=m,所以f(x)>mx
2所以一定可以找到一個(gè)x
1>x
0,使得f(x
1)>mx
12>k
這與f(x)<k 對(duì)x∈(0,+∞)成立矛盾 …(11分)
即f(x)≤0對(duì)x∈(0,+∞)成立
所以?f(x)∈Φ,f(x)≤0對(duì)x∈(0,+∞)成立
下面我們證明f(x)=0在(0,+∞)上無解
假設(shè)存在x
2>0,使得f(x
2)=0,
則因?yàn)閒(x)是二階增函數(shù),即
是增函數(shù)
一定存在x
3>x
2>0,使
>
=0,這與上面證明的結(jié)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(duì)x∈(0,+∞)成立
所以存在常數(shù)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(duì)x∈(0,+∞)成立,
又有
=
在(0,+∞)上是增函數(shù),所以f(x)∈Φ,
而任取常數(shù)k<0,總可以找到一個(gè)x
n>0,使得x>x
n時(shí),有有f(x)>k
所以M的最小值 為0 …(16分)