Question

7．已知函数f（x）=2alnx-x+$\frac{1}{x}$（a∈R，且a≠0），g（x）=-x²-x+2$\sqrt{2}$b（b∈R）．
（1）若f（x）是在定义域上有极值，求实数a的取值范围；
（2）当a=$\sqrt{2}$时，若对?x₁∈[1，e]，总?x₂∈[1，e]，使得f（x₁）＜g（x₂），求实数b的取值范围；（其中e为自然对数的底数）
（3）①若a=1，证明：不等式f（x）＜$\frac{1}{x}$在x∈[2，+∞）上恒成立；
②对?n∈N，且n≥2，证明：ln（n！）⁴＜（n-1）（n+2）．

Answer 1

分析 （1）先根据对数函数求出定义域，再求导，得到x²-2ax+1=0有两不等正根，继而求出a的范围．
（2）等价于f_max（x）＜g_max（x），分别利用导数求出最值即可．
（3）①当a=1时，h（x）=f（x）-$\frac{1}{x}$=2lnx-x，在x∈[2，+∞）上h′（x）=$\frac{2}{x}$-1≤0恒成立，h（x）在x∈[2，+∞）上单调递减，可得h（x）≤h（2）=2ln2-2＜0，即可证明结论；
②先求导，得到故f（x）在定义域（0，+∞）上单调递减，得到对?n∈N，且n≥2，总有2lnm≤m-$\frac{1}{m}$＜m，化简整理得到结论．

解答 解：（1）f（x）的定义域为（0，+∞），要f（x）在定义域内有极值，
则f′（x）=$\frac{-{x}^{2}+2ax-1}{{x}^{2}}$=0，
∴x²-2ax+1=0有两不等正根，
∴$\left\{\begin{array}{l}{a＞0}\\{4{a}^{2}-4＞0}\end{array}\right.$，解得a＞1，
故实数a的取值范围（1，+∞）；
（2）a=$\sqrt{2}$时，f（x）=2$\sqrt{2}$lnx-x+$\frac{1}{x}$，
∵对?x₁∈[1，e]，总?x₂∈[1，e]，使得f（x₁）＜g（x₂），
则只需f_max（x）＜g_max（x），
由f′（x）=$\frac{-{x}^{2}+2\sqrt{2}x-1}{{x}^{2}}$＞0，
解得$\sqrt{2}$-1＜x＜$\sqrt{2}$+1，
得函数f（x）在（1，$\sqrt{2}$+1）上递增，在（$\sqrt{2}$+1，e）上递减，∴函数f（x）在x=$\sqrt{2}$+1处有最大值；   
∴f_max（x）=f（$\sqrt{2}$+1）=2$\sqrt{2}$ln（$\sqrt{2}$+1）-2；
又g（x）在（1，e），
故g_max（x）=g（1）=2$\sqrt{2}$b-2
∴2$\sqrt{2}$ln（$\sqrt{2}$+1）-2＞2$\sqrt{2}$b-2，
∴b＞ln（$\sqrt{2}$+1）
（3）①当a=1时，h（x）=f（x）-$\frac{1}{x}$=2lnx-x，
在x∈[2，+∞）上h′（x）=$\frac{2}{x}$-1≤0恒成立，∴h（x）在x∈[2，+∞）上单调递减，
∴h（x）≤h（2）=2ln2-2＜0，
∴不等式f（x）＜$\frac{1}{x}$在x∈[2，+∞）上恒成立；
②当a=1时，f（x）=2lnx-x+$\frac{1}{x}$，
f′（x）=$\frac{-{x}^{2}+2x-1}{{x}^{2}}$≤0恒成立，
故f（x）在定义域（0，+∞）上单调递减，
故当x≥1时，f（x）=2lnx-x+$\frac{1}{x}$≤f（1）=0
即2lnx≤x-$\frac{1}{x}$，
所以对?n∈N，且n≥2，总有2lnm≤m-$\frac{1}{m}$＜m，
故有2（ln2+ln3+…+lnn）＜1+2+3+…+n，
∴2ln（n!）＜$\frac{（n+2）（n-1）}{2}$，
∴ln（n！）⁴＜（n-1）（n+2）
问题得以证明．

点评 本题主要考查导数函数的单调性最值的关系，本题属于中档题．