大师作文网（2013•天津）已知函数f（x）=x 2 lnx．
来源：学生作业帮 编辑：大师作文网作业帮 分类：数学作业 时间：2024/09/27 05:45:30
| （2013•天津）已知函数f（x）=x 2 lnx． （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＞e 2 时，有  ． |
（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+x 2 •
=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 2t lne 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＞e 2 时，若s=g（t）≤e，则由f（s）的单调性，有t=f（s）≤f（e）=e 2 ，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＞e 2 时，有
成立．
），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+x 2 •
=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 2t lne 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＞e 2 时，若s=g（t）≤e，则由f（s）的单调性，有t=f（s）≤f（e）=e 2 ，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＞e 2 时，有
成立．