Question

（2013•天津）已知函數(shù)f（x）=x²lnx．
（Ⅰ）求函數(shù)f（x）的單調(diào)區(qū)間；
（Ⅱ）證明：對(duì)任意的t＞0，存在唯一的s，使t=f（s）．
（Ⅲ）設(shè)（Ⅱ）中所確定的s關(guān)于t的函數(shù)為s=g（t），證明：當(dāng)t＞e²時(shí)，有

2

5

＜

lng(t)

lnt

＜

1

2

．

Answer 1

分析：（Ⅰ）函數(shù)的定義域?yàn)椋?，+∞），求導(dǎo)數(shù)令f′（x）=0，可解得x=

1

e

，由導(dǎo)數(shù)在（0，

1

e

），和（ 

1

e

，+∞）的正負(fù)可得單調(diào)性；（Ⅱ）當(dāng)0＜x≤1時(shí)，f（x）≤0，設(shè)t＞0，令h（x）=f（x）-t，x∈[1，+∞），由（Ⅰ）可得函數(shù)h（x）的單調(diào)性，可得結(jié)論；（Ⅲ）令u=lns，原命題轉(zhuǎn)化為0＜lnu＜

u

2

，一方面由f（s）的單調(diào)性，可得u＞1，從而lnu＞0成立，另一方面，令F（u）=lnu-

u

2

，u＞1，通過函數(shù)的單調(diào)性可得極值最值，進(jìn)而得證．

解答：解：（Ⅰ）由題意可知函數(shù)的定義域?yàn)椋?，+∞），
求導(dǎo)數(shù)可得f′（x）=2xlnx+x²•

1

x

=2xlnx+x=x（2lnx+1），
令f′（x）=0，可解得x=

1

e

，
當(dāng)x變化時(shí)，f′（x），f（x）的變化情況如下表：

x	（0， 1 e ）	1 e	（  1 e ，+∞）
f′（x）	-	0	+
f（x）	單調(diào)遞減	極小值	單調(diào)遞增

所以函數(shù)f（x）的單調(diào)遞減區(qū)間為（0，

1

e

），單調(diào)遞增區(qū)間為（ 

1

e

，+∞）
（Ⅱ）證明：當(dāng)0＜x≤1時(shí)，f（x）≤0，設(shè)t＞0，令h（x）=f（x）-t，x∈[1，+∞），
由（Ⅰ）可知，h（x）在區(qū)間（1，+∞）單調(diào)遞增，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）證明：因?yàn)閟=g（t），由（Ⅱ）知，t=f（s），且s＞1，
從而

lng(t)

lnt

=

lns

lnf(s)

=

lns

ln(s2lns)

=

lns

2lns+lnlns

=

u

2u+lnu

，其中u=lns，
要使

2

5

＜

lng(t)

lnt

＜

1

2

成立，只需0＜lnu＜

u

2

，
當(dāng)t＞e²時(shí)，若s=g（t）≤e，則由f（s）的單調(diào)性，有t=f（s）≤f（e）=e²，矛盾，
所以s＞e，即u＞1，從而lnu＞0成立，
另一方面，令F（u）=lnu-

u

2

，u＞1，F(xiàn)′（u）=

1

u

-

1

2

，
令F′（u）=0，可解得u=2，
當(dāng)1＜u＜2時(shí)，F(xiàn)′（u）＞0，當(dāng)u＞2時(shí)，F(xiàn)′（u）＜0，
故函數(shù)F（u）在u=2處取到極大值，也是最大值F（2）=ln2-1＜0，
故有F（u）=lnu-

u

2

＜0，即lnu＜

u

2

，
綜上可證：當(dāng)t＞e²時(shí)，有

2

5

＜

lng(t)

lnt

＜

1

2

成立．

點(diǎn)評(píng)：本題考查利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性，涉及極值的求解和不等式的證明，屬中檔題．