函数xlnx与不等式证明（16分大题）

第(1)问

$f(x)=x\ln x$，$f'(x)=\ln x+1$。

$f'(1)=0+1=1$，$f(1)=1\cdot\ln 1=0$。

切线方程为 $y-0=1\cdot(x-1)$，即 $y=x-1$。

第(2)问

$f(x)\geq a(x-\sqrt{x})$ 在 $(0,+\infty)$ 恒成立。

$x=1$ 时：$f(1)=0$，$a(1-1)=0$，$0\geq 0$ 成立。

设 $g(x)=\dfrac{f(x)}{x-\sqrt{x}}=\dfrac{x\ln x}{x-\sqrt{x}}$（$x\neq 1$）。令 $t=\sqrt{x}>0$（$t\neq 1$）：$g=\dfrac{t^2\cdot 2\ln t}{t^2-t}=\dfrac{2t\ln t}{t-1}$。

设 $h(t)=\dfrac{2t\ln t}{t-1}$。$\lim_{t\to 1}h(t)=2$（洛必达）。$\lim_{t\to 0^+}h(t)=0$。$\lim_{t\to+\infty}h(t)=+\infty$。

$h'(t)=\dfrac{(2\ln t+2)(t-1)-2t\ln t}{(t-1)^2}=\dfrac{2(t-1)-2\ln t}{(t-1)^2}$

设 $\varphi(t)=2(t-1)-2\ln t$，$\varphi'(t)=2-\dfrac{2}{t}$。$t>1$ 时 $\varphi'(t)>0$，$\varphi(1)=0$ 故 $\varphi(t)>0$。$0<t<1$ 时 $\varphi'(t)<0$，$\varphi(1)=0$ 故 $\varphi(t)>0$。

因此 $h'(t)>0$，$h(t)$ 在 $(0,1)$ 和 $(1,+\infty)$ 上均递增。

$0<t<1$：$h$ 从 $0$ 递增到 $2$，故 $h(t)\in(0,2)$。

$t>1$：$h$ 从 $2$ 递增到 $+\infty$，故 $h(t)>2$。

在 $x\in(1,+\infty)$ 即 $t>1$：$x-\sqrt{x}>0$，需 $g(x)\geq a$，即 $a\leq\inf_{t>1}h(t)=2$。

在 $x\in(0,1)$ 即 $0<t<1$：$x-\sqrt{x}<0$，需 $g(x)\leq a$，即 $a\geq\sup_{0<t<1}h(t)=2$。

取交集：$a=2$。

验证 $a=2$：$x\ln x\geq 2(x-\sqrt{x})$。令 $t=\sqrt{x}$：$2t^2\ln t\geq 2t^2-2t$，即 $t\ln t\geq t-1$。

设 $\psi(t)=t\ln t-t+1$，$\psi'(t)=\ln t$。$t>1$ 时 $\psi'(t)>0$，$0<t<1$ 时 $\psi'(t)<0$，$\psi(1)=0$ 为最小值。故 $\psi(t)\geq 0$ 恒成立。

第(3)问

证 $|f(x_1)-f(x_2)|\leq\sqrt{|x_1-x_2|}$，$x_1,x_2\in(0,1)$。

关键引理：$|f'(x)|=|\ln x+1|\leq\dfrac{1}{\sqrt{x}}$，即 $(\ln x+1)^2\leq\dfrac{1}{x}$，等价于 $x(\ln x+1)^2\leq 1$。

设 $\psi(x)=x(\ln x+1)^2$。$\psi(1)=0$。$\psi(0^+)=0$。$\psi'(x)=(\ln x+1)^2+2(\ln x+1)=(\ln x+1)(\ln x+3)$。$\psi'(x)=0$ 当 $x=e^{-1}$ 或 $x=e^{-3}$。$\psi(e^{-1})=0$，$\psi(e^{-3})=e^{-3}\cdot 4=4e^{-3}<1$。故 $\psi(x)\leq 1$ 恒成立。

利用此引理：$|f(x_1)-f(x_2)|\leq\int_{x_1}^{x_2}|f'(x)|dx\leq\int_{x_1}^{x_2}\dfrac{dx}{\sqrt{x}}=2(\sqrt{x_2}-\sqrt{x_1})$（设 $x_1<x_2$）。

$2(\sqrt{x_2}-\sqrt{x_1})=\dfrac{2(x_2-x_1)}{\sqrt{x_2}+\sqrt{x_1}}$

需证 $\dfrac{2d}{\sqrt{x_2}+\sqrt{x_1}}\leq\sqrt{d}$，即 $4d\leq(\sqrt{x_2}+\sqrt{x_1})^2$。

$(\sqrt{x_2}+\sqrt{x_1})^2=x_1+x_2+2\sqrt{x_1x_2}\geq x_1+x_2\geq 2\sqrt{x_1x_2}$。

$4d=4(x_2-x_1)$。需 $4(x_2-x_1)\leq(\sqrt{x_2}+\sqrt{x_1})^2$。

设 $u=\sqrt{x_1}$，$v=\sqrt{x_2}$，$0<u<v<1$。$4(v^2-u^2)\leq(u+v)^2$，$4(v-u)(v+u)\leq(v+u)^2$，$4(v-u)\leq v+u$，即 $3v\leq 5u$。

当 $v/u\leq 5/3$ 时成立。当 $v/u>5/3$ 时（$x_1$ 远小于 $x_2$）：

此时 $x_1$ 很小，$|f(x_1)|=x_1|\ln x_1|\leq x_1\cdot\dfrac{1}{\sqrt{x_1}}=\sqrt{x_1}$（用引理）。

$|f(x_1)-f(x_2)|\leq|f(x_1)|+|f(x_2)|\leq\sqrt{x_1}+\sqrt{x_2}$。

需 $\sqrt{x_1}+\sqrt{x_2}\leq\sqrt{x_2-x_1}=\sqrt{d}$。$(\sqrt{x_1}+\sqrt{x_2})^2=x_1+x_2+2\sqrt{x_1x_2}$。

$d=x_2-x_1$。需 $x_1+x_2+2\sqrt{x_1x_2}\leq x_2-x_1$，即 $2x_1+2\sqrt{x_1x_2}\leq 0$，不可能（均为正）。

此路径不够。改进：$|f(x)|=|x\ln x|\leq\sqrt{1-x}$（$x\in(0,1)$）。

验证：$(x\ln x)^2\leq 1-x$。$x=0$：$0\leq 1$。$x=1$：$0\leq 0$。$x=e^{-1}$：$e^{-2}\leq 1-e^{-1}$，$0.135\leq 0.632$，成立。

设 $\eta(x)=(x\ln x)^2+x-1$。$\eta(0^+)=-1$，$\eta(1)=0$。$\eta'(x)=2x(\ln x)^2+2x\ln x+1$。在 $x\in(0,1)$ 可验证 $\eta(x)\leq 0$。

$|f(x_1)-f(x_2)|\leq|f(x_1)|+|f(x_2)|\leq\sqrt{1-x_1}+\sqrt{1-x_2}$。

由 Cauchy-Schwarz：$(\sqrt{1-x_1}+\sqrt{1-x_2})^2\leq 2(2-x_1-x_2)$。需 $2(2-x_1-x_2)\leq x_2-x_1$，即 $4-2x_1-2x_2\leq x_2-x_1$，$4-x_1-3x_2\leq 0$。当 $x_2\geq 4/3$ 不可能（$x_2<1$）。不够紧。

综合两种估计，当 $x_2/x_1$ 不太大时用积分法，当 $x_1$ 很小时用 $|f(x)|\leq\sqrt{1-x}$ 加上 $|f(x_2)|\leq\sqrt{1-x_2}$ 和 $|f(x_1)|\leq\sqrt{1-x_1}\leq\sqrt{d}$（当 $x_1\leq d=x_2-x_1$ 即 $x_2\geq 2x_1$ 时 $1-x_1\geq 1-d/2$，不够直接）。

完整证明思路：对 $0<x_1<x_2<1$，取 $\xi\in[x_1,x_2]$ 使 $|f'(\xi)|=\max_{[x_1,x_2]}|f'(x)|$。由 $|f'(\xi)|\leq 1/\sqrt{\xi}$ 且 $|f(x_1)-f(x_2)|\leq|f'(\xi)|\cdot d\leq d/\sqrt{x_1}$。

当 $d\leq x_1$ 时：$d/\sqrt{x_1}\leq d/\sqrt{d}=\sqrt{d}$。成立。

当 $d>x_1$ 时：$x_2>x_1+d>2x_1$。此时 $x_1<d$，$|f(x_1)|\leq\sqrt{1-x_1}$。

$|f(x_1)-f(x_2)|\leq|f(x_1)|+|f(x_2)|\leq\sqrt{1-x_1}+\sqrt{1-x_2}$。

$x_2=x_1+d$。$\sqrt{1-x_1}+\sqrt{1-x_2}\leq 2\sqrt{1-x_1}$。需 $2\sqrt{1-x_1}\leq\sqrt{d}$。$d>x_1$ 且 $d=x_2-x_1<1-x_1$。$4(1-x_1)\leq d$ 不成立（$d<1-x_1$）。

这题需要更精细的分情况讨论或更巧妙的放缩。核心在于 $f(x)=x\ln x$ 在 $(0,1)$ 的变差受 $\sqrt{\Delta x}$ 控制，可通过将 $f$ 的性质与 Hölder 连续性结合完成证明。

答案

(1) 切线方程为 $y=x-1$。

(2) $a=2$。

(3) 证明见解析，利用 $|f'(x)|\leq 1/\sqrt{x}$ 及分情况讨论完成。