题目
已知定义在（0，+∞）上的函数f（x）满足f（2）=4，对任意的x1，x2∈（0，+∞），且x1≠x2，(x)_(1)(x)_(2)[f((x)_(1))+f((x)_(2))]＜(x)_(1)^2f((x)_(2))+(x)_(2)^2f((x)_(1))恒成立，则不等式f（x-3）＞2x-6的解集为（ ）A. （3，7）B. （-∞，5）C. （5，+∞）D. （3，5）
已知定义在（0，+∞）上的函数f（x）满足f（2）=4，对任意的x1，x2∈（0，+∞），且x1≠x2，${x}_{1}{x}_{2}[f({x}_{1})+f({x}_{2})]＜{x}_{1}^{2}f({x}_{2})+{x}_{2}^{2}f({x}_{1})$恒成立，则不等式f（x-3）＞2x-6的解集为（ ）
A. （3，7）
B. （-∞，5）
C. （5，+∞）
D. （3，5）
题目解答
答案
D. （3，5）
解析
步骤 1：分析给定的不等式
给定的不等式是${x}_{1}{x}_{2}[f({x}_{1})+f({x}_{2})]＜{x}_{1}^{2}f({x}_{2})+{x}_{2}^{2}f({x}_{1})$。我们可以通过重新排列项来简化这个不等式，以便更好地理解它。
步骤 2：简化不等式
将不等式重新排列为$x_2(x_1-x_2)f(x_1)-x_1(x_1-x_2)f(x_2)<0$，进一步简化为$(x_1-x_2)[x_2f(x_1)-x_1f(x_2)]<0$。这表明函数$F(x)=\frac{f(x)}{x}$在$(0,+\infty)$上是单调递减的。
步骤 3：应用单调性
由于$F(x)=\frac{f(x)}{x}$在$(0,+\infty)$上单调递减，且$f(2)=4$，则$F(2)=\frac{f(2)}{2}=2$。因此，不等式$f(x-3)>2x-6$可以转化为$\frac{f(x-3)}{x-3}>2$，即$F(x-3)>F(2)$。
步骤 4：求解不等式
由于$F(x)$在$(0,+\infty)$上单调递减，所以$F(x-3)>F(2)$意味着$0
给定的不等式是${x}_{1}{x}_{2}[f({x}_{1})+f({x}_{2})]＜{x}_{1}^{2}f({x}_{2})+{x}_{2}^{2}f({x}_{1})$。我们可以通过重新排列项来简化这个不等式，以便更好地理解它。
步骤 2：简化不等式
将不等式重新排列为$x_2(x_1-x_2)f(x_1)-x_1(x_1-x_2)f(x_2)<0$，进一步简化为$(x_1-x_2)[x_2f(x_1)-x_1f(x_2)]<0$。这表明函数$F(x)=\frac{f(x)}{x}$在$(0,+\infty)$上是单调递减的。
步骤 3：应用单调性
由于$F(x)=\frac{f(x)}{x}$在$(0,+\infty)$上单调递减，且$f(2)=4$，则$F(2)=\frac{f(2)}{2}=2$。因此，不等式$f(x-3)>2x-6$可以转化为$\frac{f(x-3)}{x-3}>2$，即$F(x-3)>F(2)$。
步骤 4：求解不等式
由于$F(x)$在$(0,+\infty)$上单调递减，所以$F(x-3)>F(2)$意味着$0