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    已知函数f（x）的定义域为（0，+∞），若y=
    f(x)
    x
    在（0，+∞）上为增函数，则称f（x）为“一阶比增函数”；若y=
    f(x)
    x2
    在（0，+∞）上为增函数，则称f（x）为“二阶比增函数”．
    我们把所有“一阶比增函数”组成的集合记为Ω1，所有“二阶比增函数”组成的集合记为Ω2．
    （1）已知函数f（x）=x3-2hx2-hx，若f（x）∈Ω1且f（x）∉Ω2，求实数h的取值范围；
    （2）已知0＜a＜b＜c，f（x）∈Ω1且f（x）的部分函数值由下表给出，求证：d（2d+t-4）＞0；
    xabca+b+c
    f（x）ddt4
    （3）定义集合ψ={f（x）|f（x）∈Ω2，且存在常数k，使得任取x∈（0，+∞），f（x）＜k}，请问：是否存在常数M，使得?f（x）∈ψ，?x∈（0，+∞），有f（x）＜M成立？若存在，求出M的最小值；若不存在，说明理由．
    考点：利用导数求闭区间上函数的最值
    专题：导数的综合应用
    分析：（1）根据：f（x）∈Ω1且f（x）∉Ω2，可得y=
    f(x)
    x
    =x2-2hx-h，利用二次函数的单调性可得-
    -2h
    2
    =h≤0；由y=
    f(x)
    x2
    =x-2h-
    h
    x
    ，y′=x+
    h
    x2
    ，对h分类讨论可得：当h≥0，此时f（x）∈Ω2；当h＜0时，y′=
    x3+h
    x2
    ，函数
    f(x)
    x2
    在x∈（0，+∞）有极值点，可得f（x）∉Ω2．即可得出．
    （2）由f（x）∈Ω1，取0＜x1＜x2＜x1+x2，可得
    f(x1)
    x1
    ＜
    f(x2)
    x2
    ＜
    f(x1+x2)
    x1+x2
    ．由表格可知：f（a）=d，f（b）=d，f（c）=t，f（a+b+c）=4，0＜a＜b＜c＜a+b+c，利用“一阶比增函数”可得
    d
    a
    ＜
    d
    b
    ＜
    t
    c
    ＜
    4
    a+b+c
    ，再利用不等式的性质即可得出．
    （3）根据“二阶比增函数”先证明f（x）≤0对x∈（0，+∞）成立．再证明f（x）=0在（0，+∞）上无解．即可得出．
    解答： （1）解：y=
    f(x)
    x
    =x2-2hx-h，若f（x）∈Ω1，则h≤0；
    y=
    f(x)
    x2
    =x-2h-
    h
    x
    ，y′=x+
    h
    x2
    ，当h≥0，x＞0时，y′＞0，此时f（x）∈Ω2，不符合题意，舍去；
    当h＜0时，y′=
    x3+h
    x2
    ，此时函数
    f(x)
    x2
    在x∈（0，+∞）有极值点，因此f（x）∉Ω2．
    综上可得：当h＜0时，f（x）∈Ω1且f（x）∉Ω2．
    因此h的取值范围是（-∞，0）．
    （2）证明：由f（x）∈Ω1，若取0＜x1＜x2，
    则
    f(x1)
    x1
    ＜
    f(x2)
    x2
    ＜
    f(x1+x2)
    x1+x2
    ．
    由表格可知：f（a）=d，f（b）=d，f（c）=t，f（a+b+c）=4，
    ∵0＜a＜b＜c＜a+b+c，
    ∴
    d
    a
    ＜
    d
    b
    ＜
    t
    c
    ＜
    4
    a+b+c
    ，
    ∴d＜0，d＜
    4a
    a+b+c
    ，d＜
    4b
    a+b+c
    ，t＜
    4a
    a+b+c
    ，
    ∴2d+t＜4，
    ∴d（2d+t-4）＞0．
    （Ⅲ）∵集合合ψ={f（x）|f（x）∈Ω2，且存在常数k，使得任取x∈（0，+∞），f（x）＜k}，
    ∴存在f（x）∈ψ，存在常数k，使得 f（x）＜k 对x∈（0，+∞）成立．
    我们先证明f（x）≤0对x∈（0，+∞）成立．
    假设存在x0∈（0，+∞），使得f（x0）＞0，
    记
    f(x0)
    x
    2
    0
    =m＞0
    ∵f（x）是二阶比增函数，即
    f(x)
    x2
    是增函数．
    ∴当x＞x0时，
    f(x)
    x2
    ＞
    f(x0)
    x
    2
    0
    =m＞0，
    ∴f（x）＞mx2，
    ∴一定可以找到一个x1＞x0，使得f（x1）＞mx12＞k，
    这与f（x）＜k 对x∈（0，+∞）成立矛盾．
    即f（x）≤0对x∈（0，+∞）成立．
    ∴存在f（x）∈ψ，f（x）≤0对x∈（0，+∞）成立．
    下面我们证明f（x）=0在（0，+∞）上无解．
    假设存在x2＞0，使得f（x2）=0，
    ∵f（x）是二阶增函数，即
    f(x)
    x2
    是增函数．
    一定存在x3＞x2＞0，使
    f(x3)
    x
    2
    3
    ＞
    f(x2)
    x
    2
    2
    =0，这与上面证明的结果矛盾．
    ∴f（x）=0在（0，+∞）上无解．
    综上，我们得到存在f（x）∈ψ，f（x）＜0对x∈（0，+∞）成立．
    ∴存在常数M≥0，使得存在f（x）∈ψ，?x∈（0，+∞），有f（x）＜M成立．
    又令f（x）=-
    1
    x
    （x＞0），则f（x）＜0对x∈（0，+∞）成立，
    又有
    f(x)
    x2
    =-
    1
    x3
    在（0，+∞）上是增函数，
    ∴f（x）∈ψ，
    而任取常数k＜0，总可以找到一个xn＞0，使得x＞xn时，有f（x）＞k．
    ∴M的最小值 为0．
    点评：本题考查了函数的单调性、导数的几何意义，掌握导数法在确定函数单调性和最值时的答题步骤是解答的关键，考查了推理能力与计算能力，本题难度较大．
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    1
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    1
    lgx
    （1＜x＜10）④y=sinx+
    1
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    2
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    		2
    ）a2
    B、（2+
    		2
    ）a2
    C、（3+2
    		2
    ）a2
    D、（4+
    		2
    ）a2

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    ③f（x1•x2）=f（x1）+（x2）；
    ④
    f(x1)-f(x2)
    x1-x2
    ＞0； 
    ⑤f（
    x1+x2
    2
    ）＜
    f(x1)+f(x2)
    2
    ．
    当f（x）=lgx时，上述结论中，正确的是
     
    （填入你认为正确的所有结论的序号）

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    1
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    ．

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