Question

（2013•天津）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．

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+x²•=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^2tlne^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＞e²时，若s=g（t）≤e，则由f（s）的单调性，有t=f（s）≤f（e）=e²，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＞e²时，有成立．