Question

3．已知a∈R，函數(shù)f（x）=lnx-ax²（x∈（1，2），集合D⊆R⁺．
（Ⅰ）若f（x）＞0，求實(shí)數(shù)a的取值范圍；
（Ⅱ）若對(duì)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）已知函數(shù)為對(duì)數(shù)與二次函數(shù)的復(fù)合函數(shù)且含有待定系數(shù)a，故將條件f（x）＞0轉(zhuǎn)化為關(guān)于a的不等式進(jìn)行研究，即lnx-ax²＞0?$a＜\frac{lnx}{{x}^{2}}$，此時(shí)再利用不等式與函數(shù)的關(guān)系進(jìn)行轉(zhuǎn)化，可以看作是函數(shù)$u=\frac{lnx}{{x}^{2}}$在（1，2）上的最小值大于a，此時(shí)問(wèn)題變?yōu)榍蠛瘮?shù)在區(qū)間的最值問(wèn)題，需要注意的問(wèn)題是函數(shù)定義域?yàn)殚_(kāi)區(qū)間，取不到最小值，故a的取值里面有等號(hào)，利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)u在（1，2）上的最值問(wèn)題，由于是開(kāi)區(qū)間，所以需用極限的方法求解；
（2）利用不等式與函數(shù)的關(guān)系，可以看作函數(shù)$g（x）=\frac{x-1}{f（x）}$在（1，2）上的最小值大于t，由于g（x）不是簡(jiǎn)單函數(shù)，故利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的最值問(wèn)題；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；此時(shí)根據(jù)a值分類(lèi)討論g（x）在（1，2）上的最值．當(dāng)a=0時(shí)，$g（x）=\frac{x-1}{lnx}（x∈（1，2））$，對(duì)其求導(dǎo)有$g′（x）=\frac{lnx-1+\frac{1}{x}}{l{n}^{2}x}$，當(dāng)x=1時(shí)g′（x）=0，x＞1時(shí)g′（x）＞0，故函數(shù)在（1，2）上單調(diào)遞增，由于x→1時(shí)，lnx與x-1均趨于0，所以應(yīng)用極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）是定義域?yàn)殚_(kāi)區(qū)間上的增函數(shù)，所以函數(shù)的最小值大于1并無(wú)限接近于1，所以只要0＜t≤1即可滿(mǎn)足題意，此時(shí)D為（0，1]；當(dāng)a＜0時(shí)，$g（x）=\frac{x-1}{lnx-a{x}^{2}}，x∈（1，2）$，對(duì)其求導(dǎo)有$g′（x）=\frac{lnx-1+\frac{1}{x}+a{x}^{2}-2ax}{（lnx-a{x}^{2}）^{2}}$，通過(guò)觀察發(fā)現(xiàn)我們很難求出g′（x）=0的解，但是這并不影響我們判斷  g′（x）與0的關(guān)系，其中分母大于0，只需要判斷分子與0的關(guān)系即可，將分子變形為$lnx-1+\frac{1}{x}+a（x-1）^{2}-a$，由前面可知$lnx-1+\frac{1}{x}$在（1，2）上大于0，a＜0且1＜x＜2時(shí)a（x-1）²-a＞0，所以分子大于0，所以g′（x）＞0，即函數(shù)在（1，2）上單調(diào)遞增，應(yīng)用極限求得其最小值為$\underset{lim}{x→1}g（x）=\underset{lim}{x→1}\frac{x-1}{lnx-a{x}^{2}}=0＞t$與已知條件矛盾，舍去．故a=0，集合D為（0，1]．

解答 （1）函數(shù)f（x）=lnx-ax²（a∈R，x∈（1，2））有f（x）＞0，
即lnx-ax²＞0，故ax²＜lnx有$a＜\frac{lnx}{{x}^{2}}$，
設(shè)$u=\frac{lnx}{{x}^{2}}（x∈（1，2））$，只需要a比函數(shù)u在定義域內(nèi)的最小值小即可，
∴$u′=\frac{x（1-2lnx）}{{x}^{4}}$，u′有兩個(gè)零值點(diǎn)$0或\sqrt{e}$，其中0值不在定義域內(nèi)，舍去，
故當(dāng)$x∈（1，\sqrt{e}）時(shí)u′＞0，x∈（\sqrt{e}，2）時(shí)u′＜0$，
所以函數(shù)u在$（1，\sqrt{e}）遞增，（\sqrt{e}，2）遞減$，故u在端點(diǎn)值最小，又因其是開(kāi)區(qū)間，
所以利用極限求解$\underset{lim}{x→1}\frac{lnx}{{x}^{2}}=0$，$\underset{lim}{x→2}\frac{lnx}{{x}^{2}}=\frac{ln2}{4}$，
顯然當(dāng)x→1時(shí)有最小值，又因?yàn)楹瘮?shù)定義域?yàn)殚_(kāi)區(qū)間，所以u(píng)大于并無(wú)限接近于0
故：a≤0即為所求；
（2）∵?t∈D，D⊆R⁺，x∈（1，2）有$\frac{x-1}{f（x）}＞0$，
∴f（x）＞0，即有a≤0，設(shè)$g（x）=\frac{x-1}{f（x）}=\frac{x-1}{lnx-a{x}^{2}}（x∈（1，2））$，分類(lèi)如下：
①當(dāng)a=0時(shí)$g（x）=\frac{x-1}{lnx}$，$g′（x）=\frac{lnx-1+\frac{1}{x}}{（lnx）^{2}}$，$g′（x）=0即lnx+\frac{1}{x}-1=0$有x=1，
當(dāng)x＞1時(shí)$lnx-1+\frac{1}{x}＞0$，故g′（x）＞0，所以函數(shù)g（x）在定義域內(nèi)遞增，
∴當(dāng)x→1時(shí)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為（0，1]，
故a=0，D為（0，1]；
②當(dāng)a＜0時(shí)$g（x）=\frac{x-1}{lnx-a{x}^{2}}$，$g′（x）=\frac{lnx+a{x}^{2}-2ax-1+\frac{1}{x}}{（lnx-a{x}^{2}）^{2}}$，其中分母為正數(shù)，只須斷分子與0的關(guān)系即可，
將分子變形為$lnx-1+\frac{1}{x}+a（x-1）^{2}-a\$，由前面可知$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$，即g′（x）＞0，
∴函數(shù)g（x）在定義域內(nèi)遞增，當(dāng)x→1時(shí)最小即$\underset{lim}{x→1}g（x）=\underset{lim}{x→1}\frac{x-1}{lnx-a{x}^{2}}=0＞t$與t∈D⊆R⁺矛盾不合題意舍去；
故a=0，D為（0，1]；

點(diǎn)評(píng) 題中所給的都是有關(guān)不等式的內(nèi)容，首先利用不等式與函數(shù)的關(guān)系將不等式問(wèn)題轉(zhuǎn)化為函數(shù)問(wèn)題；再有研究函數(shù)問(wèn)題的時(shí)候運(yùn)用了導(dǎo)數(shù)方法，涉及到導(dǎo)數(shù)在函數(shù)區(qū)間最值問(wèn)題上的應(yīng)用，涉及到了判斷函數(shù)單調(diào)性的方法，需要判斷導(dǎo)數(shù)與0的關(guān)系，并不是要求出方程的解，這是難點(diǎn)之一；最后，題目要研究的是函數(shù)定義域在開(kāi)區(qū)間上的問(wèn)題，此時(shí)應(yīng)用了極限的部分內(nèi)容，這也是一個(gè)難點(diǎn)．