Question

15．已知函数f（x）=x²lnax（a＞0）．
（Ⅰ）求函数y=f（x）的单调区间；
（Ⅱ）当a=e时，证明：t＞0时，存在唯一的s，使ts²+t²=f（s）．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出f′（x）=2xlna+2xlnx+x，由f′（x）=0，得x=$\frac{1}{a\sqrt{e}}$，由此利用导数性质能求出函数y=f（x）的单调区间．
（Ⅱ）当0＜x＜$\frac{1}{e\sqrt{e}}$时，f（x）＜0，ts²+t²＞0，不存在S，使ts²+t²=f（s）；当x≥$\frac{1}{e\sqrt{e}}$时，令h（x）=f（x），tx²-t²=x²lnex-tx²-t²，x∈[$\frac{1}{e\sqrt{e}}$，+∞），h′（x）=2xlnxex+x，tx=x（2lnx+3-2t），令M（x）=2lnx+3-2t，则M（x）在区间[$\frac{1}{e\sqrt{e}}$，+∞）内单调递增，由此能证明t＞0时，存在唯一的s，使ts²+t²=f（s）．

解答 解：（Ⅰ）∵函数f（x）=x²lnax（a＞0），
∴函数f（x）的定义域为（0，+∞），
∵函数f（x）=x²lnax=x²lna+x²lnx，
∴f′（x）=2xlna+2xlnx+x，由f′（x）=0，得x=$\frac{1}{a\sqrt{e}}$，
由f′（x）＜0，得0＜x＜$\frac{1}{a\sqrt{e}}$，由f′（x）＞0，得x＞$\frac{1}{a\sqrt{e}}$，
∴f（x）的减区间为（0，$\frac{1}{a\sqrt{e}}$），增区间为（$\frac{1}{a\sqrt{e}}$，+∞）．
证明：（Ⅱ）①当0＜x＜$\frac{1}{e\sqrt{e}}$时，f（x）＜0，ts²+t²＞0，此时，不存在S，使ts²+t²=f（s）．
②当x≥$\frac{1}{e\sqrt{e}}$时，令h（x）=f（x），tx²-t²=x²lnex-tx²-t²，x∈[$\frac{1}{e\sqrt{e}}$，+∞），
h′（x）=2xlnxex+x，tx=x（2lnx+3-2t），
令M（x）=2lnx+3-2t，则M（x）在区间[$\frac{1}{e\sqrt{e}}$，+∞）内单调递增，
∵M（$\frac{1}{e\sqrt{e}}$）=-2t＜0，M（e^t）=3＞0，
∴?x₀∈（$\frac{1}{e\sqrt{e}}，{e}^{t}$），使M（x₀）=0，
∴$x∈（\frac{1}{e\sqrt{e}}，{x}_{0}）$，M（x）＜0，h′（x）＜0，h（x）单调递减，
$x∈（{x}_{0}，{e}^{t}）$，M（x）＞0，h′（x）＞0，h（x）单调递增，
∵h（x₀）＜h（$\frac{1}{e\sqrt{e}}$）＜0，且h（e^t+t）＞（t+1）x²-tx²-t²=x²-t²=（e^t+t）²-t²＞0，
故t＞0时，存在唯一的s，使ts²+t²=f（s）．
（其中e^t+t也可取大于e^t+t，或max{t，e^t+t}等值）．

点评 本题考查导数及其应用、不等式、函数等基础知识，考查考查推理论证能力、运算求解能力、抽象概括能力，考查化归与转化思想、函数与方程思想、分类与整合思想，是中档题．