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(2013•天津)已知函数f(x)=x2lnx.
(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>e2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+x2=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(et)=e2tlnet﹣t=t(e2t﹣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>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>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>e2时,有成立.
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