| f(x) |
| x |
| f(x) |
| x2 |
| x | a | b | c | a+b+c | ||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||
| f（x） | d | d | t | 4 | ||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||
| （I）因为f（x）∈Ω1，且f（x）∉Ω2， 即g（x）=
而h（x）=
又∵h′（x）=1+
当h（x）是增函数时，有h≥0，所以当h（x）不是增函数时，h＜0 综上，得h＜0 …（4分） 证明：（Ⅱ） 因为f（x）∈Ω1，且0＜a＜b＜c＜a+b+c， 所以
同理可证f（b）=d＜
三式相加得f（a）+f（b）+f（c）=2d+t＜
所以2d+t-4＜0 …（6分） 因为
而0＜a＜b，所以d＜0 所以d（2d+t-4）＞0 …（8分） （Ⅲ） 因为集合Φ={f（x）|f（x）∈Ω2，且存在常数k，使得任取x∈（0，+∞），f（x）＜k}， 所以∀f（x）∈Φ，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∃x0∈（0，+∞），使得f（x0）＞0， 记
因为f（x）是二阶比增函数，即
所以当x＞x0时，
所以一定可以找到一个x1＞x0，使得f（x1）＞mx12＞k 这与f（x）＜k 对x∈（0，+∞）成立矛盾 …（11分） 即f（x）≤0对x∈（0，+∞）成立 所以∀f（x）∈Φ，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， 则因为f（x）是二阶增函数，即
一定存在x3＞x2＞0，使
所以f（x）=0在（0，+∞）上无解 综上，我们得到∀f（x）∈Φ，f（x）＜0对x∈（0，+∞）成立 所以存在常数M≥0，使得∀f（x）∈Φ，∀x∈（0，+∞），有f（x）＜M成立 又令f（x）=-
又有
而任取常数k＜0，总可以找到一个xn＞0，使得x＞xn时，有有f（x）＞k 所以M的最小值 为0 …（16分） | ||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||
命题“∃x＞0，x2-x≤0”的否定是（ ）
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命题p：∀x∈（0，
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命题 p：∃x0∈R，使得x2+x+1＜0，命题q：∀x∈（0，
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| 有四个关于三角函数的命题： P1：∃x∈R，sinx+cosx=2； P2：∃x∈R，sin2x=sinx； P3：∀x∈[-
其中真命题是（ ）
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对于函数f（x）=
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