2013-天津卷理-20 解-导数单调性

本题导读

本题考查利用导数研究函数的单调性。核心在于导数法、零点存在性定理的灵活运用。

📌【题干】

Question

（2013年天津卷(理)） 已知函数 $f(x)=x^2\ln x$.

(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 $\frac{2}{5}<\frac{\ln g(t)}{\ln t}<\frac{1}{2}$.

🔍【思路分析】

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1. 第一问（单调性）：
   • 求导得到 $f^{\prime }(x)=x(2\ln x+1)$。
   • 令 $f^{\prime }(x)=0$ 找到极值点 $x=e^{-1/2}=\frac{1}{\sqrt{e}}$。
   • 列表分析导数正负，确定单调增减区间。
2. 第二问（根的唯一性）：
   • 考虑方程 $x^2\ln x-t=0$。
   • 当 $x\in (0,1]$ 时，$f(x)\le 0$，而 $t>0$，方程无根。
   • 当 $x\in (1,+\infty )$ 时，$f(x)$ 单调递增且值域覆盖 $(0,+\infty )$。利用零点存在性定理证明在 $(1,+\infty )$ 内有且仅有一个根。
3. 第三问（不等式证明）：
   • 核心转化：利用 $t=f(s)=s^2\ln s$，将待证式中的 $t$ 全部替换为 $s$。
   • 令 $u=\ln s$（由于 $s=g(t)$ 且 $t>e^2$，可知 $s>e$，故 $u>1$）。
   • 将目标式转化为关于 $u$ 的函数：$\frac{\ln g(t)}{\ln t}=\frac{\ln s}{\ln (s^2\ln s)}=\frac{u}{2u+\ln u}$。
   • 通过研究函数 $F(u)=\frac{u}{2u+\ln u}$ 的单调性或构造辅助函数证明界限。

✅【答案】

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单调递减区间是 $(0,\frac{1}{\sqrt{e}})$，单调递增区间是 $(\frac{1}{\sqrt{e}},+\infty )$；证明右边 $\frac{u}{2u+\ln u}<\frac{1}{2}$；证明左边 $\frac{u}{2u+\ln u}>\frac{2}{5}$

✍【详细解析】

Abstract

（Ⅰ）解： 函数 $f(x)$ 的定义域为 $(0,+\infty )$。 求导得：$f^{\prime }(x)=2x\ln x+x^2\cdot \frac{1}{x}=x(2\ln x+1)$。 令 $f^{\prime }(x)=0$，解得 $x=e^{-1/2}=\frac{1}{\sqrt{e}}$。 当 $x\in (0,\frac{1}{\sqrt{e}})$ 时，$f^{\prime }(x)<0$，$f(x)$ 单调递减； 当 $x\in (\frac{1}{\sqrt{e}},+\infty )$ 时，$f^{\prime }(x)>0$，$f(x)$ 单调递增。 所以，$f(x)$ 的单调递减区间是 $(0,\frac{1}{\sqrt{e}})$，单调递增区间是 $(\frac{1}{\sqrt{e}},+\infty )$。

（Ⅱ）证明： 由（Ⅰ）知，当 $0<x\le 1$ 时，$f(x)\le 0$。 由于 $t>0$，故使 $t=f(s)$ 成立的 $s$ 必满足 $s>1$。 设 $h(x)=f(x)-t$，$x\in [1,+\infty )$。 $h^{\prime }(x)=f^{\prime }(x)>0$（在 $x>1$ 时），故 $h(x)$ 在 $[1,+\infty )$ 上单调递增。 又 $h(1)=-t<0$，且当 $x\to +\infty$ 时 $h(x)\to +\infty$（例如取 $x=e^t$，必有 $h(e^t)>0$）。 根据零点存在性定理，存在唯一的 $s\in (1,+\infty )$，使得 $h(s)=0$，即 $t=f(s)$。

（Ⅲ）证明： 由题意 $s=g(t)$，则 $t=s^2\ln s$。 当 $t>e^2$ 时，若 $s\le e$，则 $t=f(s)\le f(e)=e^2\ln e=e^2$，矛盾。 故 $s>e$，令 $u=\ln s>1$。 目标式 $\frac{\ln g(t)}{\ln t}=\frac{\ln s}{\ln (s^2\ln s)}=\frac{\ln s}{2\ln s+\ln (\ln s)}=\frac{u}{2u+\ln u}$。

1. 证明右边 $\frac{u}{2u+\ln u}<\frac{1}{2}$： 等价于 $2u<2u+\ln u$，即 $\ln u>0$。 因为 $u>1$，此式可知成立。

2. 证明左边 $\frac{u}{2u+\ln u}>\frac{2}{5}$： 等价于 $5u>2(2u+\ln u)⟹5u>4u+2\ln u⟹u>2\ln u$。 设 $F(u)=u-2\ln u$ ($u>1$)。 $F^{\prime }(u)=1-\frac{2}{u}=\frac{u-2}{u}$。 令 $F^{\prime }(u)=0$ 得 $u=2$。 在 $(1,2)$ 上 $F^{\prime }(u)<0$，$F(u)$ 递减；在 $(2,+\infty )$ 上 $F^{\prime }(u)>0$，$F(u)$ 递增。 所以 $F(u{)}_{\min }=F(2)=2-2\ln 2=2(1-\ln 2)>0$（因为 $e>2⟹1>\ln 2$）。 故 $u>2\ln u$ 恒成立，即 $\frac{u}{2u+\ln u}>\frac{2}{5}$ 成立。

综上所述，当 $t>e^2$ 时，$\frac{2}{5}<\frac{\ln g(t)}{\ln t}<\frac{1}{2}$。

💡【考点归纳与避坑指南】

Danger

核心考点：导数作为研究函数单调性、极值、最值的核心工具；变量代换思想在处理复合函数关系时的决定性作用。

核心方法：“以简驭繁”。第三问的难点在于 $g(t)$ 无法显式表示，通过将 $t$ 用 $s$ 表示（反函数思想）并换元为 $u=\ln s$，将一个动态过程锁定为静态的不等式证明。

避坑指南：- 唯一性证明中不仅要证“存在”，还要利用单调性证“唯一”。 - 在不等式证明中，要注意对 $u=\ln s>1$ 这一隐藏条件的深度挖掘。

📖【试题探源与推广】

Tip

试题探源：泰勒展开（部分不等式可以从泰勒公式视角理解）、洛必达法则。

结论推广：对于类似的 $y=x^a\ln x$ 型函数，其零点、最值及反函数增长速度具有类似的数学规律（如对数增长速度慢于幂增长）。

方法推广：“构造函数单调性法” 是解决高考压轴不等式证明的通项方法。

🔗【关联脉络】

Multi column

知识锚点 (Nodes)

• 20.03 导数研究单调性与极值最值
• 05.02 函数的四大性质
• 05.01 函数的概念

类题演练 (Links)

• 2023-新高考II卷-06 单-导数单调性
• 2014-山东卷文-20 解-导数切线单调性
• 2014-大纲卷文-21 解-导数含参单调性