(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
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>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.