设函数 f(x)=x ln x ． （1）求 f(x) 图…——2024 高考数学第 20 题答案解析

（1）$f'(x)=\ln x+1$。于是 $f(1)=0$，$f'(1)=1$，所以切线方程为
$y-0=1\cdot(x-1)$，即 $y=x-1$。

（2）令 $t=\sqrt{x}>0$，则 $x=t^2$，原不等式化为
$2t^2\ln t\ge a(t^2-t)$。
两边除以正数 $t$，得
$2t\ln t\ge a(t-1)$ 对任意 $t>0$ 恒成立。
设 $\Phi(t)=2t\ln t-a(t-1)$。恒成立等价于 $\Phi(t)\ge0$ 对任意 $t>0$ 成立。又 $\Phi(1)=0$，所以 $t=1$ 是 $\Phi$ 在 $(0,+\infty)$ 内的极小值点，必有 $\Phi'(1)=0$。
而 $\Phi'(t)=2\ln t+2-a$，故
$\Phi'(1)=2-a=0$，得 $a=2$。

当 $a=2$ 时，
$\Phi(t)=2(t\ln t-t+1)$。
令 $\psi(t)=t\ln t-t+1$，则 $\psi'(t)=\ln t$。因此 $\psi$ 在 $(0,1)$ 上递减，在 $(1,+\infty)$ 上递增，最小值为 $\psi(1)=0$。所以 $\Phi(t)\ge0$ 恒成立。
故 $a$ 的取值范围是 $\{2\}$。

（3）若 $x_1=x_2$，结论显然成立。下设 $0<x_1<x_2<1$，记 $d=x_2-x_1$，$m=\frac1e$。

由 $f'(x)=\ln x+1$ 可知，$f$ 在 $(0,m]$ 上递减，在 $[m,1)$ 上递增。

先证：若 $0<u<v\le m$，则 $f(u)-f(v)\le\sqrt{v-u}$。
固定 $\delta=v-u$，令 $F(s)=f(s)-f(s+\delta)$，其中 $0<s\le m-\delta$。则
$F'(s)=f'(s)-f'(s+\delta)=\ln\frac{s}{s+\delta}<0$，
所以 $F$ 递减，从而
$F(s)\le\lim_{r\to0^+}F(r)=-f(\delta)=-\delta\ln\delta$。
对 $0<\delta<1$，令 $r=\sqrt{\delta}$，则
$-\delta\ln\delta=2r^2\ln\frac1r=r\cdot 2r\ln\frac1r$。
函数 $r\ln\frac1r$ 在 $(0,1)$ 上的最大值为 $\frac1e$，故
$-\delta\ln\delta\le r\cdot\frac2e<\sqrt{\delta}$。
因此 $f(u)-f(v)\le\sqrt{v-u}$。

再证：若 $m\le u<v<1$，则 $f(v)-f(u)\le\sqrt{v-u}$。
在 $[m,1)$ 上，$0\le f'(x)=\ln x+1\le1$，所以
$f(v)-f(u)=\int_u^v f'(x)\,dx\le v-u\le\sqrt{v-u}$。

回到原命题。
若 $x_2\le m$，由第一段结论，
$|f(x_1)-f(x_2)|=f(x_1)-f(x_2)\le\sqrt{x_2-x_1}$。

若 $x_1\ge m$，由第二段结论，
$|f(x_1)-f(x_2)|=f(x_2)-f(x_1)\le\sqrt{x_2-x_1}$。

若 $x_1<m<x_2$，设
$A=f(x_1)-f(m)\ge0$，$B=f(x_2)-f(m)\ge0$。
因为 $f(m)$ 是 $f$ 在 $(0,1)$ 上的最小值，所以
$|f(x_1)-f(x_2)|=|A-B|\le\max\{A,B\}$。
由第一段结论，$A\le\sqrt{m-x_1}$；由第二段结论，$B\le x_2-m\le\sqrt{x_2-m}$。
又 $m-x_1\le x_2-x_1$，$x_2-m\le x_2-x_1$，故
$|f(x_1)-f(x_2)|\le\sqrt{x_2-x_1}$。

综上，对任意 $x_1,x_2\in(0,1)$，都有
$|f(x_1)-f(x_2)|\le|x_1-x_2|^{\frac12}$。