【答案】
分析：（I）根據(jù)f（x）為“一階比增函數(shù)”不是“二階比增函數(shù)”．可得g（x）=
=x
2-2hx-h，在（0，+∞）是增函數(shù)，且h（x）=
=x-2h-
在（0，+∞）不是增函數(shù)，根據(jù)二次函數(shù)的圖象和性質(zhì)及導(dǎo)數(shù)法，可求出實數(shù)h的取值范圍；
（Ⅱ）根據(jù)f（x）為“一階比增函數(shù)”，且0＜a＜b＜c，結(jié)合表中數(shù)據(jù)可得f（a）=d＜
，f（b）=d＜
，f（c）=t＜
，根據(jù)不等式的性質(zhì)可證得d（2d+t-4）＞0；
（Ⅲ）根據(jù)f（x）為“二階比增函數(shù)”，我們先證明f（x）≤0對x∈（0，+∞）成立，再證明f（x）=0在（0，+∞）上無解，綜合兩個證明結(jié)果，可得答案．
解答：解：（I）因為f（x）∈Ω
1，且f（x）∉Ω
2，
即g（x）=
=x
2-2hx-h，在（0，+∞）是增函數(shù)，所以h≤0 …（2分）
而h（x）=
=x-2h-
在（0，+∞）不是增函數(shù)，
又∵h(yuǎn)′（x）=1+
，且
當(dāng)h（x）是增函數(shù)時，有h≥0，所以當(dāng)h（x）不是增函數(shù)時，h＜0
綜上，得h＜0 …（4分）
證明：（Ⅱ） 因為f（x）∈Ω
1，且0＜a＜b＜c＜a+b+c，
所以
＜
=
，所以f（a）=d＜
，
同理可證f（b）=d＜
，f（c）=t＜
三式相加得f（a）+f（b）+f（c）=2d+t＜
=4
所以2d+t-4＜0 …（6分）
因為
＜
，所以d（
）＜0
而0＜a＜b，所以d＜0
所以d（2d+t-4）＞0 …（8分）
（Ⅲ） 因為集合Φ={f（x）|f（x）∈Ω
2，且存在常數(shù)k，使得任取x∈（0，+∞），f（x）＜k}，
所以?f（x）∈Φ，存在常數(shù)k，使得 f（x）＜k 對x∈（0，+∞）成立
我們先證明f（x）≤0對x∈（0，+∞）成立
假設(shè)?x
∈（0，+∞），使得f（x
）＞0，
記
=m＞0
因為f（x）是二階比增函數(shù)，即
是增函數(shù)．
所以當(dāng)x＞x
時，
＞
=m，所以f（x）＞mx
2所以一定可以找到一個x
1＞x
，使得f（x
1）＞mx
12＞k
這與f（x）＜k 對x∈（0，+∞）成立矛盾 …（11分）
即f（x）≤0對x∈（0，+∞）成立
所以?f（x）∈Φ，f（x）≤0對x∈（0，+∞）成立
下面我們證明f（x）=0在（0，+∞）上無解
假設(shè)存在x
2＞0，使得f（x
2）=0，
則因為f（x）是二階增函數(shù)，即
是增函數(shù)
一定存在x
3＞x
2＞0，使
＞
=0，這與上面證明的結(jié)果矛盾
所以f（x）=0在（0，+∞）上無解
綜上，我們得到?f（x）∈Φ，f（x）＜0對x∈（0，+∞）成立
所以存在常數(shù)M≥0，使得?f（x）∈Φ，?x∈（0，+∞），有f（x）＜M成立
又令f（x）=-
（x＞0），則f（x）＜0對x∈（0，+∞）成立，
又有
=
在（0，+∞）上是增函數(shù)，所以f（x）∈Φ，
而任取常數(shù)k＜0，總可以找到一個x
n＞0，使得x＞x
n時，有有f（x）＞k
所以M的最小值 為0 …（16分）
點評：本題考查的知識點是函數(shù)的單調(diào)性，導(dǎo)數(shù)的幾何意義，全稱命題，熟練掌握導(dǎo)數(shù)法在確定函數(shù)單調(diào)性和最值時的答題步驟是解答的關(guān)鍵．本題難度較大，運(yùn)算量繁雜．
在（0，+∞）上為增函數(shù)，則稱f（x）為“一階比增函數(shù)”；若y=
在（0，+∞）上為增函數(shù)，則稱f（x）為“二階比增函數(shù)”．我們把所有“一階比增函數(shù)”組成的集合記為Ω1，所有“二階比增函數(shù)”組成的集合記為Ω2．
