Question

已知函数f（x）=x2lnx（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）

已知函数f（x）=x2lnx（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＞e2时，有0＜lng(t)lnt＜12．

Answer 1

（Ⅰ）由题意可知函数的定义域为（0，+∞），
求导数可得f′（x）=2xlnx+x=x（2lnx+1），
令f′（x）=0，可解得x=

1

e

，
当x变化时，f′（x），f（x）的变化情况如下表：

x	（0， 1 e ）	1 e	（ 1 e ，+∞）
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，

1

e

），单调递增区间为（

1

e

，+∞）；
（Ⅱ）证明：当0＜x≤1时，f（x）≤0，设t＞0，令h（x）=f（x）-t，x∈[1，+∞），
由（Ⅰ）可知，h（x）在区间（1，+∞）单调递增，h（1）=-t＜0，h（e^t）=e^2tlne^t-t=t（e^2t-1）＞0，
故存在唯一的s∈（1，+∞），使得t=f（s）成立；
（Ⅲ）证明：因为s=g（t），由（Ⅱ）知，t=f（s），且s＞1，
从而

lng(t)

lnt

=

lns

lnf(s)

=

lns

ln(s2lns)

=

lns

2lns+lnlns

=

u

2u+lnu

其中u=lns，
要使0＜

lng(t)

lnt

＜

1

2

成立，只需lnu＞0，
当t＞e²时，若s=g（t）≤e，则由f（s）的单调性，有t=f（s）≤f（e）=e²，矛盾，
∴s＞e，即u＞1，从而lnu＞0成立，
∴当t＞e²时，有0＜

lng(t)

lnt

＜

1

2

．