Question

18．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)．
（Ⅰ）給出一組函數(shù)：f₁（x）=x²-x，f₂（x）=x²+x+1，h（x）=x²-x+1，則h（x）是否為f₁（x），f₂（x）的生成函數(shù)？并說(shuō)明理由．
（Ⅱ）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)坐標(biāo)為（2，8）．若對(duì)于任意正實(shí)數(shù)x₁，x₂且x₁+x₂=1．試問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）根據(jù)定義，設(shè)a（x²+x）+b（x²+x+1）=x²-x+1，根據(jù)多項(xiàng)式相等判斷是否有解即可；
（2）設(shè)$h（x）=ax+\frac{x}\;\;（x＞0）$，根據(jù)均值定理，得出含砷的最小值，結(jié)合題意，解得$h（x）=2x+\frac{8}{x}\;\;（x＞0）$，假設(shè)存在最大的m，只需求出h（x₁）h（x₂）的最小值即可．

解答 解：（Ⅰ）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．所以h（x）不是f₁（x），f₂（x）的生成函數(shù)．

（Ⅱ）由題意，得$h（x）=ax+\frac{x}\;\;（x＞0）$，則$h（x）=ax+\frac{x}≥2\sqrt{ab}$，
∴$\left\{{\begin{array}{l}{2a+\frac{2}=8}\\{2\sqrt{ab}=8}\end{array}}\right.$，解得$\left\{{\begin{array}{l}{a=2}\\{b=8}\end{array}}\right.$，所以$h（x）=2x+\frac{8}{x}\;\;（x＞0）$
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)$u=h（{x_1}）h（{x_2}）=4（{x_1}+\frac{4}{x_1}）（{x_2}+\frac{4}{x_2}）=4{x_1}{x_2}+\frac{64}{{{x_1}{x_2}}}+16（\frac{x_1}{x_2}+\frac{x_2}{x_1}）$
=$4{x_1}{x_2}+\frac{64}{{{x_1}{x_2}}}+16•\frac{x_1^2+x_2^2}{{{x_1}{x_2}}}=4{x_1}{x_2}+\frac{64}{{{x_1}{x_2}}}+16•\frac{{{{（{x_1}+{x_2}）}^2}-2{x_1}{x_2}}}{{{x_1}{x_2}}}=4{x_1}{x_2}+\frac{80}{{{x_1}{x_2}}}-32$

令t=x₁x₂，則$t={x_1}{x_2}≤{（\frac{{{x_1}+{x_2}}}{2}）^2}=\frac{1}{4}$，即$t∈（0，\frac{1}{4}]$
設(shè)$u=4t+\frac{80}{t}-32$在$t∈（0，\frac{1}{4}]$上單調(diào)遞減，
∴$u≥u（\frac{1}{4}）=289$，
故存在最大的常數(shù)m=289．

點(diǎn)評(píng) 考查了新定義函數(shù)的理解和對(duì)恒成立的轉(zhuǎn)換．難點(diǎn)是構(gòu)造函數(shù)，通過單調(diào)性求出函數(shù)的最值．