Question

（2013•天津）已知函数f（x）=x²lnx．
（Ⅰ）求函数f（x）的单调区间；
（Ⅱ）证明：对任意的t＞0，存在唯一的s，使t=f（s）．
（Ⅲ）设（Ⅱ）中所确定的s关于t的函数为s=g（t），证明：当t＞e²时，有

2

5

＜

lng(t)

lnt

＜

1

2

．

Answer 1

分析：（Ⅰ）函数的定义域为（0，+∞），求导数令f′（x）=0，可解得x=

1

e

，由导数在（0，

1

e

），和（ 

1

e

，+∞）的正负可得单调性；（Ⅱ）当0＜x≤1时，f（x）≤0，设t＞0，令h（x）=f（x）-t，x∈[1，+∞），由（Ⅰ）可得函数h（x）的单调性，可得结论；（Ⅲ）令u=lns，原命题转化为0＜lnu＜

u

2

，一方面由f（s）的单调性，可得u＞1，从而lnu＞0成立，另一方面，令F（u）=lnu-

u

2

，u＞1，通过函数的单调性可得极值最值，进而得证．

解答：解：（Ⅰ）由题意可知函数的定义域为（0，+∞），
求导数可得f′（x）=2xlnx+x²•

1

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

2

5

＜

lng(t)

lnt

＜

1

2

成立，只需0＜lnu＜

u

2

，
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

2

，u＞1，F′（u）=

1

u

-

1

2

，
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-

u

2

＜0，即lnu＜

u

2

，
综上可证：当t＞e²时，有

2

5

＜

lng(t)

lnt

＜

1

2

成立．

点评：本题考查利用导数研究函数的单调性，涉及极值的求解和不等式的证明，属中档题．