Question

（2013•天津）已知函數f（x）=x²lnx．
（Ⅰ）求函數f（x）的單調區間；
（Ⅱ）證明：對任意的t＞0，存在唯一的s，使t=f（s）．
（Ⅲ）設（Ⅱ）中所確定的s關于t的函數為s=g（t），證明：當t＞e²時，有

2

5

＜

lng(t)

lnt

＜

1

2

．

Answer 1

分析：（Ⅰ）函數的定義域為（0，+∞），求導數令f′（x）=0，可解得x=

1

e

，由導數在（0，

1

e

），和（ 

1

e

，+∞）的正負可得單調性；（Ⅱ）當0＜x≤1時，f（x）≤0，設t＞0，令h（x）=f（x）-t，x∈[1，+∞），由（Ⅰ）可得函數h（x）的單調性，可得結論；（Ⅲ）令u=lns，原命題轉化為0＜lnu＜

u

2

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

u

2

，u＞1，通過函數的單調性可得極值最值，進而得證．

解答：解：（Ⅰ）由題意可知函數的定義域為（0，+∞），
求導數可得f′（x）=2xlnx+x²•

1

x

=2xlnx+x=x（2lnx+1），
令f′（x）=0，可解得x=

1

e

，
當x變化時，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）	單調遞減	極小值	單調遞增

所以函數f（x）的單調遞減區間為（0，

1

e

），單調遞增區間為（ 

1

e

，+∞）
（Ⅱ）證明：當0＜x≤1時，f（x）≤0，設t＞0，令h（x）=f（x）-t，x∈[1，+∞），
由（Ⅰ）可知，h（x）在區間（1，+∞）單調遞增，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：因為s=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t＞e²時，若s=g（t）≤e，則由f（s）的單調性，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′（u）=

1

u

-

1

2

，
令F′（u）=0，可解得u=2，
當1＜u＜2時，F′（u）＞0，當u＞2時，F′（u）＜0，
故函數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t＞e²時，有

2

5

＜

lng(t)

lnt

＜

1

2

成立．

點評：本題考查利用導數研究函數的單調性，涉及極值的求解和不等式的證明，屬中檔題．