Question

（2013•南通三模）設(shè)f（x）是定義在（0，+∞）的可導(dǎo)函數(shù)，且不恒為0，記gn(x)=

f(x)

xn

(n∈N*)．若對(duì)定義域內(nèi)的每一個(gè)x，總有g(shù)_n（x）＜0，則稱f（x）為“n階負(fù)函數(shù)”；若對(duì)定義域內(nèi)的每一個(gè)x，總有[gn(x)]′≥0，則稱f（x）為“n階不減函數(shù)”（[gn(x)]′為函數(shù)g_n（x）的導(dǎo)函數(shù)）．
（1）若f(x)=

a

x3

-

1

x

-x(x＞0)既是“1階負(fù)函數(shù)”，又是“1階不減函數(shù)”，求實(shí)數(shù)a的取值范圍；
（2）對(duì)任給的“2階不減函數(shù)”f（x），如果存在常數(shù)c，使得f（x）＜c恒成立，試判斷f（x）是否為“2階負(fù)函數(shù)”？并說(shuō)明理由．

Answer 1

分析：（1）根據(jù)“n階不減函數(shù)”的定義，設(shè)g1(x)=

f(x)

x

=

a

x4

-

1

x2

-1，將[g₁（x）]′≥0化簡(jiǎn)整理，可得a≤

1

2

x2在（0，+∞）上恒成立，因此a≤0．再將a≤0代入g₁（x）表達(dá)式，可得g₁（x）＜0在（0，+∞）上恒成立，由此可得滿足條件的實(shí)數(shù)a的取值范圍為（-∞，0]；
（2）分兩步：①根據(jù)“存在常數(shù)c，使得f（x）＜c恒成立”，結(jié)合反證法證出g₂（x）≤0對(duì)任意x∈（0，+∞）成立，從而得到f（x）≤0任意x∈（0，+∞）恒成立；②根據(jù)“2階不減函數(shù)”的性質(zhì)，結(jié)合函數(shù)的單調(diào)性和不等式的性質(zhì)證出方程f（x）=0無(wú)解．由以上兩條，即可得到所有滿足題設(shè)的f（x）都是“2階負(fù)函數(shù)”．

解答：解：（1）依題意，g1(x)=

f(x)

x

=

a

x4

-

1

x2

-1在（0，+∞）上單調(diào)遞增，
故[g1(x)]′=-

4a

x5

+

2

x3

≥0恒成立，得a≤

1

2

x2，…（2分）
因?yàn)閤＞0，所以a≤0．                 …（4分）
而當(dāng)a≤0時(shí)，g1(x)=

a

x4

-

1

x2

-1＜0顯然在（0，+∞）恒成立，
所以a≤0．                            …（6分）
（2）①先證f（x）≤0：
若不存在正實(shí)數(shù)x₀，使得g₂（x₀）＞0，則g₂（x）≤0恒成立．  …（8分）
假設(shè)存在正實(shí)數(shù)x₀，使得g₂（x₀）＞0，則有f（x₀）＞0，
由題意，當(dāng)x＞0時(shí)，g2′(x)≥0，可得g₂（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞增，
當(dāng)x＞x₀時(shí)，

f(x)

x2

＞

f(x0)

x02

恒成立，即f(x)＞

f(x0)

x02

•x2恒成立，
故必存在x₁＞x₀，使得f(x1)＞

f(x0)

x02

•x12＞m（其中m為任意常數(shù)），
這與f（x）＜c恒成立（即f（x）有上界）矛盾，故假設(shè)不成立，
所以當(dāng)x＞0時(shí)，g₂（x）≤0，即f（x）≤0；        …（13分）
②再證f（x）=0無(wú)解：
假設(shè)存在正實(shí)數(shù)x₂，使得f（x₂）=0，
則對(duì)于任意x₃＞x₂＞0，有

f(x3)

x32

＞

f(x2)

x22

=0，即有f（x₃）＞0，
這與①矛盾，故假設(shè)不成立，
所以f（x）=0無(wú)解，
綜上得f（x）＜0，即g₂（x）＜0，
故所有滿足題設(shè)的f（x）都是“2階負(fù)函數(shù)”．        …（16分）

點(diǎn)評(píng)：本題給出“n階負(fù)函數(shù)”和“n階不減函數(shù)”的定義，討論了2階不減函數(shù)”f（x）能成為“2階負(fù)函數(shù)”的條件，著重考查了利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性、反證法思想和不等式的性質(zhì)等知識(shí)，屬于中檔題．