Question

8．對(duì)于函數(shù)f₁（x），f₂（x），h（x），如果存在實(shí)數(shù)a，b使得h（x）=a•f₁（x）+b•f₂（x），那么稱h（x）為f₁（x），f₂（x）的生成函數(shù)．
（1）下面給出兩組函數(shù)，h（x）是否分別為f₁（x），f₂（x）的生成函數(shù)？并說(shuō)明理由；
第一組：f₁（x）=lg$\frac{x}{10}$，f₂（x）=lg（10x），h（x）=x²-x+1；
第二組：f₁（x）=x²-x，f₂（x）=x²+x+1，h（x）=x²-x+1；
（2）設(shè)f₁（x）=log₂x；${f_2}（x）={log_{\frac{1}{2}}}$x，a=2，b=1生成函數(shù)h（x），若不等式3h²（x）+2h（x）+t≤0在x∈[2，4]上有解，求實(shí)數(shù)t的取值范圍；
（3）設(shè)f₁（x）=x（x＞0），f₂（x）=$\frac{1}{x}（{x＞0}）$，取a＞0，b＞0，生成函數(shù)h（x）圖象的最低點(diǎn)為（2，8），若對(duì)于任意的正實(shí)數(shù)x₁，x₂，且x₁+x₂=1，試問(wèn)是否存在最大的常數(shù)m，使h（x₁）h（x₂）≥m恒成立？如果存在，求出這個(gè)m的值；如果不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由．

Answer 1

分析 （1）化簡(jiǎn)h（x）=a•f₁（x）+b•f₂（x），使得與h（x）與x²-x+1相同，求出a，b判斷結(jié)果滿足題意；類似方法計(jì)算判斷第二組．
（2）由已知得h（x）=log₂x，從而$3lo{{g}_{2}}^{2}x$+2log₂x+t=3（log₂x+$\frac{1}{3}$）²+t-$\frac{1}{3}$≤0在x∈[2，4]上有解，由t=-3（log₂x+$\frac{1}{3}$）²+$\frac{1}{3}$在[2，4]上單調(diào)遞減，能求出實(shí)數(shù)t的取值范圍．
（3）由題意得，h（x）=ax+$\frac{x}$$≥2\sqrt{ab}$，從而h（x）=2x+$\frac{8}{x}$，x＞0，假設(shè)存在最大的常數(shù)m，使h（x₁）h（x₂）≥m恒成立，設(shè)μ=h（x₁）h（x₂），從而轉(zhuǎn)化為求u的最小值即可．

解答 解：（1）第一組：∵f₁（x）=lg$\frac{x}{10}$，f₂（x）=lg（10x），h（x）=x²-x+1，
∴alg$\frac{x}{10}$+blg（10x）=algx-a+b+blgx=（a+b）lgx+b-a≠x²-x+1，
∴第一組函數(shù)h（x）不是f₁（x），f₂（x）的生成函數(shù)．
第二組：設(shè)a（x²+x）+b（x²+x+1）=x²-x+1，
即（a+b）x²+（a+b）x+b=x²-x+1，
則$\left\{\begin{array}{l}{a+b=1}\\{a+b=-1}\\{b=1}\end{array}\right.$，該方程組無(wú)解．
∴h（x）不是f₁（x），f₂（x）的生成函數(shù)．
（2）∵f₁（x）=log₂x；${f_2}（x）={log_{\frac{1}{2}}}$x，a=2，b=1生成函數(shù)h（x），
∴h（x）=a•f₁（x）+b•f₂（x）=2log₂x+log${\;}_{\frac{1}{2}}$x=log₂x，
∵3h²（x）+2h（x）+t≤0在x∈[2，4]上有解，
∴$3lo{{g}_{2}}^{2}x$+2log₂x+t=3（log₂x+$\frac{1}{3}$）²+t-$\frac{1}{3}$≤0在x∈[2，4]上有解，
∵x∈[2，4]，∴l(xiāng)og₂x+$\frac{1}{3}$∈[$\frac{4}{3}$，$\frac{7}{3}$]
∴t=-3（log₂x+$\frac{1}{3}$）²+$\frac{1}{3}$在[2，4]上單調(diào)遞減，
∴${y}_{max}=-3×（\frac{4}{3}）^{2}+\frac{1}{3}$=-5，${y}_{min}=-3×（\frac{7}{3}）^{2}+\frac{1}{3}$=-$\frac{146}{9}$．
∴實(shí)數(shù)t的取值范圍是[-$\frac{146}{9}$，-5]．
（3）由題意得，h（x）=ax+$\frac{x}$，x＞0，則h（x）=ax+$\frac{x}$$≥2\sqrt{ab}$，
故$\left\{\begin{array}{l}{2a+\frac{2}=8}\\{2\sqrt{ab}=8}\end{array}\right.$，解得$\left\{\begin{array}{l}{a=2}\\{b=8}\end{array}\right.$，∴h（x）=2x+$\frac{8}{x}$，x＞0，
假設(shè)存在最大的常數(shù)m，使h（x₁）h（x₂）≥m恒成立．
于是設(shè)μ=h（x₁）h（x₂）=$4（{x}_{1}+\frac{4}{{x}_{1}}）（{x}_{2}+\frac{4}{{x}_{2}}）$=4x₁x₂+$\frac{64}{{x}_{1}{x}_{2}}$+16•$\frac{{{x}_{1}}^{2}+{{x}_{2}}^{2}}{{x}_{1}{x}_{2}}$
=$4{x}_{1}{x}_{2}+\frac{64}{{x}_{1}{x}_{2}}$+16（$\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}+\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}$）=4${x}_{1}{x}_{2}+\frac{64}{{x}_{1}{x}_{2}}$+16•$\frac{{{x}_{1}}^{2}+{{x}_{2}}^{2}}{{x}_{1}{x}_{2}}$
=$4{x}_{1}{x}_{2}+\frac{64}{{x}_{1}{x}_{2}}+16•\frac{（{x}_{1}+{x}_{2}）^{2}-2{x}_{1}{x}_{2}}{{x}_{1}{x}_{2}}$
=$4{x}_{1}{x}_{2}+\frac{80}{{x}_{1}{x}_{2}}-32$，
設(shè)t=x₁x₂，則t=x₁x₂≤$（\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{2}）^{2}$=$\frac{1}{4}$，即t∈（0，$\frac{1}{4}$]，
設(shè)$μ=4t+\frac{80}{t}$-32，t∈（0，$\frac{1}{4}$]，
∵${μ}^{'}（t）=4-\frac{80}{{t}^{2}}$＜0，t∈（0，$\frac{1}{4}$]，∴$μ=4t+\frac{80}{t}$-32在（0，$\frac{1}{4}$]上單調(diào)遞減，從而μ≥μ（$\frac{1}{4}$）=289．
故存在最大的常數(shù)m=289．

點(diǎn)評(píng) 本題考查函數(shù)性質(zhì)的應(yīng)用，是中檔題，解題時(shí)要認(rèn)真審題，注意函數(shù)性質(zhì)、換元法的合理運(yùn)用．