Question

3．已知a∈R，函数f（x）=lnx-ax²（x∈（1，2），集合D⊆R⁺．
（Ⅰ）若f（x）＞0，求实数a的取值范围；
（Ⅱ）若对任意x∈（1，2），任意t∈D，有$\frac{x-1}{f（x）}$＞t，求a的值和集合D．

Answer 1

分析 （1）已知函数为对数与二次函数的复合函数且含有待定系数a，故将条件f（x）＞0转化为关于a的不等式进行研究，即lnx-ax²＞0?$a＜\frac{lnx}{{x}^{2}}$，此时再利用不等式与函数的关系进行转化，可以看作是函数$u=\frac{lnx}{{x}^{2}}$在（1，2）上的最小值大于a，此时问题变为求函数在区间的最值问题，需要注意的问题是函数定义域为开区间，取不到最小值，故a的取值里面有等号，利用导数研究函数u在（1，2）上的最值问题，由于是开区间，所以需用极限的方法求解；
（2）利用不等式与函数的关系，可以看作函数$g（x）=\frac{x-1}{f（x）}$在（1，2）上的最小值大于t，由于g（x）不是简单函数，故利用导数研究函数的最值问题；由x∈（1，2）可知x-1＞0又t∈D⊆R⁺有t＞0，故f（x）＞0，由（1）可知a≤0；此时根据a值分类讨论g（x）在（1，2）上的最值．当a=0时，$g（x）=\frac{x-1}{lnx}（x∈（1，2））$，对其求导有$g′（x）=\frac{lnx-1+\frac{1}{x}}{l{n}^{2}x}$，当x=1时g′（x）=0，x＞1时g′（x）＞0，故函数在（1，2）上单调递增，由于x→1时，lnx与x-1均趋于0，所以应用极限的方法求得其最小值$\underset{lim}{x→1}g（x）=\underset{lim}{x→1}\frac{x-1}{lnx}=\underset{lim}{x→1}\frac{（x-1）′}{（lnx）′}$=$\underset{lim}{x→1}x=1$，由于g（x）是定义域为开区间上的增函数，所以函数的最小值大于1并无限接近于1，所以只要0＜t≤1即可满足题意，此时D为（0，1]；当a＜0时，$g（x）=\frac{x-1}{lnx-a{x}^{2}}，x∈（1，2）$，对其求导有$g′（x）=\frac{lnx-1+\frac{1}{x}+a{x}^{2}-2ax}{（lnx-a{x}^{2}）^{2}}$，通过观察发现我们很难求出g′（x）=0的解，但是这并不影响我们判断  g′（x）与0的关系，其中分母大于0，只需要判断分子与0的关系即可，将分子变形为$lnx-1+\frac{1}{x}+a（x-1）^{2}-a$，由前面可知$lnx-1+\frac{1}{x}$在（1，2）上大于0，a＜0且1＜x＜2时a（x-1）²-a＞0，所以分子大于0，所以g′（x）＞0，即函数在（1，2）上单调递增，应用极限求得其最小值为$\underset{lim}{x→1}g（x）=\underset{lim}{x→1}\frac{x-1}{lnx-a{x}^{2}}=0＞t$与已知条件矛盾，舍去．故a=0，集合D为（0，1]．

解答 （1）函数f（x）=lnx-ax²（a∈R，x∈（1，2））有f（x）＞0，
即lnx-ax²＞0，故ax²＜lnx有$a＜\frac{lnx}{{x}^{2}}$，
设$u=\frac{lnx}{{x}^{2}}（x∈（1，2））$，只需要a比函数u在定义域内的最小值小即可，
∴$u′=\frac{x（1-2lnx）}{{x}^{4}}$，u′有两个零值点$0或\sqrt{e}$，其中0值不在定义域内，舍去，
故当$x∈（1，\sqrt{e}）时u′＞0，x∈（\sqrt{e}，2）时u′＜0$，
所以函数u在$（1，\sqrt{e}）递增，（\sqrt{e}，2）递减$，故u在端点值最小，又因其是开区间，
所以利用极限求解$\underset{lim}{x→1}\frac{lnx}{{x}^{2}}=0$，$\underset{lim}{x→2}\frac{lnx}{{x}^{2}}=\frac{ln2}{4}$，
显然当x→1时有最小值，又因为函数定义域为开区间，所以u大于并无限接近于0
故：a≤0即为所求；
（2）∵?t∈D，D⊆R⁺，x∈（1，2）有$\frac{x-1}{f（x）}＞0$，
∴f（x）＞0，即有a≤0，设$g（x）=\frac{x-1}{f（x）}=\frac{x-1}{lnx-a{x}^{2}}（x∈（1，2））$，分类如下：
①当a=0时$g（x）=\frac{x-1}{lnx}$，$g′（x）=\frac{lnx-1+\frac{1}{x}}{（lnx）^{2}}$，$g′（x）=0即lnx+\frac{1}{x}-1=0$有x=1，
当x＞1时$lnx-1+\frac{1}{x}＞0$，故g′（x）＞0，所以函数g（x）在定义域内递增，
∴当x→1时有最小值，∴$\underset{lim}{x→1}g（x）=\underset{lim}{x→1}\frac{x-1}{lnx}=1$，故有t＜1，
又∵x∈（1，2），t∈D，D⊆R⁺∴0＜t≤1即D为（0，1]，
故a=0，D为（0，1]；
②当a＜0时$g（x）=\frac{x-1}{lnx-a{x}^{2}}$，$g′（x）=\frac{lnx+a{x}^{2}-2ax-1+\frac{1}{x}}{（lnx-a{x}^{2}）^{2}}$，其中分母为正数，只须断分子与0的关系即可，
将分子变形为$lnx-1+\frac{1}{x}+a（x-1）^{2}-a\$，由前面可知$lnx-1+\frac{1}{x}＞0$，
∵a＜0，x∈（1，2）∴a（x-1）²-a＞0，∴$lnx-1+\frac{1}{x}+a（x-1）^{2}-a＞0$，即g′（x）＞0，
∴函数g（x）在定义域内递增，当x→1时最小即$\underset{lim}{x→1}g（x）=\underset{lim}{x→1}\frac{x-1}{lnx-a{x}^{2}}=0＞t$与t∈D⊆R⁺矛盾不合题意舍去；
故a=0，D为（0，1]；

点评 题中所给的都是有关不等式的内容，首先利用不等式与函数的关系将不等式问题转化为函数问题；再有研究函数问题的时候运用了导数方法，涉及到导数在函数区间最值问题上的应用，涉及到了判断函数单调性的方法，需要判断导数与0的关系，并不是要求出方程的解，这是难点之一；最后，题目要研究的是函数定义域在开区间上的问题，此时应用了极限的部分内容，这也是一个难点．