Question

【題目】已知函數(shù)f（x）=x2lnx．
（1）求函數(shù)f（x）的單調(diào)區(qū)間；
（2）證明：對(duì)任意的t＞0，存在唯一的s，使t=f（s）．
（3）設(shè)（2）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 ．

Answer 1

【答案】
（1）解：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 =2xlnx+x=x（2lnx+1），

令f′（x）=0，可解得x= ，

當(dāng)x變化時(shí)，f′（x），f（x）的變化情況如下表：

x	（0， ）		（ ，+∞）
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， ），單調(diào)遞增區(qū)間為（ ，+∞）

（2）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（1）可知，h（x）在區(qū)間（1，+∞）單調(diào)遞增，h（1）=﹣t＜0，h（et）=e2tlnet﹣t=t（e2t﹣1）＞0，

故存在唯一的s∈（1，+∞），使得t=f（s）成立；

（3）證明：因?yàn)閟=g（t），由（2）知，t=f（s），且s＞1，

從而 = = = = ，其中u=lns，

要使 成立，只需 ，

即2＜ ，即2＜2+ ，

只需 ，變形可得只需0＜lnu＜ ，

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＞1，F(xiàn)′（u）= ，

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﹣ ＜0，即lnu＜ ，

綜上可證：當(dāng)t＞e2時(shí)，有 成立．

【解析】（1）函數(shù)的定義域?yàn)椋?，+∞），求導(dǎo)數(shù)令f′（x）=0，可解得x= ，由導(dǎo)數(shù)在（0， ），和（ ，+∞）的正負(fù)可得單調(diào)性；（2）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；（3）令u=lns，原命題轉(zhuǎn)化為0＜lnu＜ ，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＞1，通過(guò)函數(shù)的單調(diào)性可得極值最值，進(jìn)而得證．
【考點(diǎn)精析】認(rèn)真審題，首先需要了解基本求導(dǎo)法則(若兩個(gè)函數(shù)可導(dǎo)，則它們和、差、積、商必可導(dǎo)；若兩個(gè)函數(shù)均不可導(dǎo)，則它們的和、差、積、商不一定不可導(dǎo))，還要掌握利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性(一般的,函數(shù)的單調(diào)性與其導(dǎo)數(shù)的正負(fù)有如下關(guān)系： 在某個(gè)區(qū)間內(nèi)，(1)如果，那么函數(shù)在這個(gè)區(qū)間單調(diào)遞增；(2)如果，那么函數(shù)在這個(gè)區(qū)間單調(diào)遞減)的相關(guān)知識(shí)才是答題的關(guān)鍵．