Question

18．对于函数f₁（x），f₂（x），h（x），如果存在实数a，b使得h（x）=a•f₁（x）+b•f₂（x），那么称h（x）为f₁（x），f₂（x）的生成函数．
（Ⅰ）给出一组函数：f₁（x）=x²-x，f₂（x）=x²+x+1，h（x）=x²-x+1，则h（x）是否为f₁（x），f₂（x）的生成函数？并说明理由．
（Ⅱ）设f₁（x）=x（x＞0），f₂（x）=$\frac{1}{x}$（x＞0），取a＞0，b＞0，生成函数h（x）图象的最低点坐标为（2，8）．若对于任意正实数x₁，x₂且x₁+x₂=1．试问是否存在最大的常数m，使h（x₁）h（x₂）≥m恒成立？如果存在，求出这个m的值；如果不存在，请说明理由．

Answer 1

分析 （1）根据定义，设a（x²+x）+b（x²+x+1）=x²-x+1，根据多项式相等判断是否有解即可；
（2）设$h（x）=ax+\frac{b}{x}\;\;（x＞0）$，根据均值定理，得出含砷的最小值，结合题意，解得$h（x）=2x+\frac{8}{x}\;\;（x＞0）$，假设存在最大的m，只需求出h（x₁）h（x₂）的最小值即可．

解答 解：（Ⅰ）设a（x²+x）+b（x²+x+1）=x²-x+1，即（a+b）x²+（a+b）x+b=x²-x+1，
则$\left\{\begin{array}{l}a+b=1\\ a+b=-1\\ b=1\end{array}\right.$，该方程组无解．所以h（x）不是f₁（x），f₂（x）的生成函数．

（Ⅱ）由题意，得$h（x）=ax+\frac{b}{x}\;\;（x＞0）$，则$h（x）=ax+\frac{b}{x}≥2\sqrt{ab}$，
∴$\left\{{\begin{array}{l}{2a+\frac{b}{2}=8}\\{2\sqrt{ab}=8}\end{array}}\right.$，解得$\left\{{\begin{array}{l}{a=2}\\{b=8}\end{array}}\right.$，所以$h（x）=2x+\frac{8}{x}\;\;（x＞0）$
假设存在最大的常数m，使h（x₁）h（x₂）≥m恒成立．
于是设$u=h（{x_1}）h（{x_2}）=4（{x_1}+\frac{4}{x_1}）（{x_2}+\frac{4}{x_2}）=4{x_1}{x_2}+\frac{64}{{{x_1}{x_2}}}+16（\frac{x_1}{x_2}+\frac{x_2}{x_1}）$
=$4{x_1}{x_2}+\frac{64}{{{x_1}{x_2}}}+16•\frac{x_1^2+x_2^2}{{{x_1}{x_2}}}=4{x_1}{x_2}+\frac{64}{{{x_1}{x_2}}}+16•\frac{{{{（{x_1}+{x_2}）}^2}-2{x_1}{x_2}}}{{{x_1}{x_2}}}=4{x_1}{x_2}+\frac{80}{{{x_1}{x_2}}}-32$

令t=x₁x₂，则$t={x_1}{x_2}≤{（\frac{{{x_1}+{x_2}}}{2}）^2}=\frac{1}{4}$，即$t∈（0，\frac{1}{4}]$
设$u=4t+\frac{80}{t}-32$在$t∈（0，\frac{1}{4}]$上单调递减，
∴$u≥u（\frac{1}{4}）=289$，
故存在最大的常数m=289．

点评 考查了新定义函数的理解和对恒成立的转换．难点是构造函数，通过单调性求出函数的最值．