Question

8．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．
（1）下面给出两组函数，h（x）是否分别为f₁（x），f₂（x）的生成函数？并说明理由；
第一组：f₁（x）=lg$\frac{x}{10}$，f₂（x）=lg（10x），h（x）=x²-x+1；
第二组：f₁（x）=x²-x，f₂（x）=x²+x+1，h（x）=x²-x+1；
（2）设f₁（x）=log₂x；${f_2}（x）={log_{\frac{1}{2}}}$x，a=2，b=1生成函数h（x），若不等式3h²（x）+2h（x）+t≤0在x∈[2，4]上有解，求实数t的取值范围；
（3）设f₁（x）=x（x＞0），f₂（x）=$\frac{1}{x}（{x＞0}）$，取a＞0，b＞0，生成函数h（x）图象的最低点为（2，8），若对于任意的正实数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）化简h（x）=a•f₁（x）+b•f₂（x），使得与h（x）与x²-x+1相同，求出a，b判断结果满足题意；类似方法计算判断第二组．
（2）由已知得h（x）=log₂x，从而$3lo{{g}_{2}}^{2}x$+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]上单调递减，能求出实数t的取值范围．
（3）由题意得，h（x）=ax+$\frac{b}{x}$$≥2\sqrt{ab}$，从而h（x）=2x+$\frac{8}{x}$，x＞0，假设存在最大的常数m，使h（x₁）h（x₂）≥m恒成立，设μ=h（x₁）h（x₂），从而转化为求u的最小值即可．

解答 解：（1）第一组：∵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，
∴第一组函数h（x）不是f₁（x），f₂（x）的生成函数．
第二组：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．
∴h（x）不是f₁（x），f₂（x）的生成函数．
（2）∵f₁（x）=log₂x；${f_2}（x）={log_{\frac{1}{2}}}$x，a=2，b=1生成函数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]，∴log₂x+$\frac{1}{3}$∈[$\frac{4}{3}$，$\frac{7}{3}$]
∴t=-3（log₂x+$\frac{1}{3}$）²+$\frac{1}{3}$在[2，4]上单调递减，
∴${y}_{max}=-3×（\frac{4}{3}）^{2}+\frac{1}{3}$=-5，${y}_{min}=-3×（\frac{7}{3}）^{2}+\frac{1}{3}$=-$\frac{146}{9}$．
∴实数t的取值范围是[-$\frac{146}{9}$，-5]．
（3）由题意得，h（x）=ax+$\frac{b}{x}$，x＞0，则h（x）=ax+$\frac{b}{x}$$≥2\sqrt{ab}$，
故$\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.$，∴h（x）=2x+$\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•$\frac{{{x}_{1}}^{2}+{{x}_{2}}^{2}}{{x}_{1}{x}_{2}}$
=$4{x}_{1}{x}_{2}+\frac{64}{{x}_{1}{x}_{2}}+16•\frac{（{x}_{1}+{x}_{2}）^{2}-2{x}_{1}{x}_{2}}{{x}_{1}{x}_{2}}$
=$4{x}_{1}{x}_{2}+\frac{80}{{x}_{1}{x}_{2}}-32$，
设t=x₁x₂，则t=x₁x₂≤$（\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{2}）^{2}$=$\frac{1}{4}$，即t∈（0，$\frac{1}{4}$]，
设$μ=4t+\frac{80}{t}$-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，$\frac{1}{4}$]上单调递减，从而μ≥μ（$\frac{1}{4}$）=289．
故存在最大的常数m=289．

点评 本题考查函数性质的应用，是中档题，解题时要认真审题，注意函数性质、换元法的合理运用．