Question

（2013?天津）已知函数f（x）=x 2 lnx．（1）求函数f（x）的单调区间；（2）证明：对任意的t＞0，存在唯

（2013?天津）已知函数f（x）=x 2 lnx．（1）求函数f（x）的单调区间；（2）证明：对任意的t＞0，存在唯一的s，使t=f（s）．（3）设（2）中所确定的s关于t的函数为s=g（t），证明：当t＞e 2 时，有 ．

Answer 1

（1）所以函数f（x）的单调递减区间为（0， ），单调递增区间为（ ，+∞） （2）见解析    （3）见解析

（1）由题意可知函数的定义域为（0，+∞）， 求导数可得f′（x）=2xlnx+x 2 ? =2xlnx+x=x（2lnx+1）， 令f′（x）=0，可解得x= ， 当x变化时，f′（x），f（x）的变化情况如下表：  x （0， ） （ ，+∞）  f′（x） ﹣  0 +  f（x） 单调递减 极小值 单调递增 所以函数f（x）的单调递减区间为（0， ），单调递增区间为（ ，+∞） （2）证明：当0＜x≤1时，f（x）≤0，设t＞0，令h（x）=f（x）﹣t，x∈[1，+∞）， 由（1）可知，h（x）在区间（1，+∞）单调递增，h（1）=﹣t＜0，h（e t ）=e 2t lne t ﹣t=t（e 2t ﹣1）＞0， 故存在唯一的s∈（1，+∞），使得t=f（s）成立； （3）证明：因为s=g（t），由（2）知，t=f（s），且s＞1， 从而 = = = = ，其中u=lns， 要使 成立，只需 ， 即2＜ ，即2＜2+ ， 只需 ，变形可得只需0＜lnu＜ ， 当t＞e 2 时，若s=g（t）≤e，则由f（s）的单调性，有t=f（s）≤f（e）=e 2 ，矛盾， 所以s＞e，即u＞1，从而lnu＞0成立， 另一方面，令F（u）=lnu﹣ ，u＞1，F′（u）= ， 令F′（u）=0，可解得u=2， 当1＜u＜2时，F′（u）＞0，当u＞2时，F′（u）＜0， 故函数F（u）在u=2处取到极大值，也是最大值F（2）=ln2﹣1＜0， 故有F（u）=lnu﹣ ＜0，即lnu＜ ， 综上可证：当t＞e 2 时，有 成立．