2024_天津卷 (2024)
20．设函数 $f(x)=x \ln x$ ．
（1）求 $f(x)$ 图象上点 $(1, f(1))$ 处的切线方程；
（2）若 $f(x) \geq a(x-\sqrt{x})$ 在 $x \in(0,+\infty)$ 时恒成立，求 $a$ 的取值范围；
（3）若 $x_{1}, x_{2} \in(0,1)$ ，证明 $\left|f\left(x_{1}\right)-f\left(x_{2}\right)\right| \leq\left|x_{1}-x_{2}\right|^{\frac{1}{2}}$ ．
(1) $y=x-1$; (2) $\{2\}$; (3) 证明过程见解析
先把常见基础得分点练稳，再回来处理综合题。
【答案】①$y=x-1$
②$\{2\}$
（3）证明过程见解析
【解析】
【分析】（1）直接使用导数的几何意义；
（2）先由题设条件得到 $a=2$ ，再证明 $a=2$ 时条件满足；
（3）先确定 $f(x)$ 的单调性，再对 $x_{1}, x_{2}$ 分类讨论．
【小问 1 详解】
由于 $f(x)=x \ln x$ ，故 $f^{\prime}(x)=\ln x+1$ ．
所以 $f(1)=0, f^{\prime}(1)=1$ ，所以所求的切线经过 $(1,0)$ ，且斜率为 1 ，故其方程为 $y=x-1$ ．
【小问 2 详解】
设 $h(t)=t-1-\ln t$ ，则 $h^{\prime}(t)=1-\frac{1}{t}=\frac{t-1}{t}$ ，从而当 $0<t<1$ 时 $h^{\prime}(t)<0$ ，当 $t>1$ 时 $h^{\prime}(t)>0$ ．
所以 $h(t)$ 在 $(0,1]$ 上递减，在 $[1,+\infty)$ 上递增，这就说明 $h(t) \geq h(1)$ ，即 $t-1 \geq \ln t$ ，且等号成立当且仅当 $t=1$.
设 $g(t)=a(t-1)-2 \ln t$ ，则
$f(x)-a(x-\sqrt{x})=x \ln x-a(x-\sqrt{x})=x\left(a\left(\frac{1}{\sqrt{x}}-1\right)-2 \ln \frac{1}{\sqrt{x}}\right)=x \cdot g\left(\frac{1}{\sqrt{x}}\right)$.
当 $x \in(0,+\infty)$ 时，$\frac{1}{\sqrt{x}}$ 的取值范围是 $(0,+\infty)$ ，所以命题等价于对任意 $t \in(0,+\infty)$ ，都有 $g(t) \geq 0$ ．
一方面，若对任意 $t \in(0,+\infty)$ ，都有 $g(t) \geq 0$ ，则对 $t \in(0,+\infty)$ 有
$0 \leq g(t)=a(t-1)-2 \ln t=a(t-1)+2 \ln \frac{1}{t} \leq a(t-1)+2\left(\frac{1}{t}-1\right)=a t+\frac{2}{t}-a-2$,
取 $t=2$ ，得 $0 \leq a-1$ ，故 $a \geq 1>0$ ．
再取 $t=\sqrt{\frac{2}{a}}$ ，得 $0 \leq a \cdot \sqrt{\frac{2}{a}}+2 \sqrt{\frac{a}{2}}-a-2=2 \sqrt{2 a}-a-2=-(\sqrt{a}-\sqrt{2})^{2}$ ，所以 $a=2$ ．
另一方面，若 $a=2$ ，则对任意 $t \in(0,+\infty)$ 都有 $g(t)=2(t-1)-2 \ln t=2 h(t) \geq 0$ ，满足条件．
综合以上两个方面，知 $a$ 的取值范围是 $\{2\}$ ．
【小问 3 详解】
先证明一个结论：对 $0<a<b$ ，有 $\ln a+1<\frac{f(b)-f(a)}{b-a}<\ln b+1$ ．
证明：前面已经证明不等式 $t-1 \geq \ln t$, 故 $\frac{b \ln b-a \ln a}{b-a}=\frac{a \ln b-a \ln a}{b-a}+\ln b=\frac{\ln \frac{b}{a}}{\frac{b}{a}-1}+\ln b<1+\ln b$ ，
且 $\frac{b \ln b-a \ln a}{b-a}=\frac{b \ln b-b \ln a}{b-a}+\ln a=\frac{-\ln \frac{a}{b}}{1-\frac{a}{b}}+\ln a>\frac{-\left(\frac{a}{b}-1\right)}{1-\frac{a}{b}}+\ln a=1+\ln a$ ，
所以 $\ln a+1<\frac{b \ln b-a \ln a}{b-a}<\ln b+1$ ，即 $\ln a+1<\frac{f(b)-f(a)}{b-a}<\ln b+1$ ．
由 $f^{\prime}(x)=\ln x+1$ ，可知当 $0<x<\frac{1}{\mathrm{e}}$ 时 $f^{\prime}(x)<0$ ，当 $x>\frac{1}{\mathrm{e}}$ 时 $f^{\prime}(x)>0$ ．
所以 $f(x)$ 在 $\left(0, \frac{1}{\mathrm{e}}\right]$ 上递减，在 $\left[\frac{1}{\mathrm{e}},+\infty\right)$ 上递增．
不妨设 $x_{1} \leq x_{2}$ ，下面分三种情况（其中有重合部分）证明本题结论．
情况一：当 $\frac{1}{\mathrm{e}} \leq x_{1} \leq x_{2}<1$ 时，有
$\left|f\left(x_{1}\right)-f\left(x_{2}\right)\right|=f\left(x_{2}\right)-f\left(x_{1}\right)<\left(\ln x_{2}+1\right)\left(x_{2}-x_{1}\right)<x_{2}-x_{1}<\sqrt{x_{2}-x_{1}}$ ，结论成立；
情况二：当 $0<x_{1} \leq x_{2} \leq \frac{1}{\mathrm{e}}$ 时，有 $\left|f\left(x_{1}\right)-f\left(x_{2}\right)\right|=f\left(x_{1}\right)-f\left(x_{2}\right)=x_{1} \ln x_{1}-x_{2} \ln x_{2}$ ．
对任意的 $c \in\left(0, \frac{1}{\mathrm{e}}\right]$ ，设 $\varphi(x)=x \ln x-c \ln c-\sqrt{c-x}$ ，则 $\varphi^{\prime}(x)=\ln x+1+\frac{1}{2 \sqrt{c-x}}$ ．
由于 $\varphi^{\prime}(x)$ 单调递增，且有
$\varphi^{\prime}\left(\frac{c}{2 \mathrm{e}^{1+\frac{1}{\sqrt{2 c}}}}\right)=\ln \frac{c}{2 \mathrm{e}^{1+\frac{1}{\sqrt{2 c}}}}+1+\frac{1}{2 \sqrt{c-\frac{c}{2 \mathrm{e}^{1+\frac{1}{\sqrt{2 c}}}}}}<\ln \frac{1}{\mathrm{e}^{1+\frac{1}{\sqrt{2 c}}}}+1+\frac{1}{2 \sqrt{c-\frac{c}{2}}}=-1-\frac{1}{\sqrt{2 c}}+1+\frac{1}{\sqrt{2 c}}=0$,
且当 $x \geq c-\frac{1}{4\left(\ln \frac{2}{c}-1\right)^{2}}, x>\frac{c}{2}$ 时，由 $\frac{1}{2 \sqrt{c-x}} \geq \ln \frac{2}{c}-1$ 可知
$\varphi^{\prime}(x)=\ln x+1+\frac{1}{2 \sqrt{c-x}}>\ln \frac{c}{2}+1+\frac{1}{2 \sqrt{c-x}}=\frac{1}{2 \sqrt{c-x}}-\left(\ln \frac{2}{c}-1\right) \geq 0$.
所以 $\varphi^{\prime}(x)$ 在 $(0, c)$ 上存在零点 $x_{0}$ ，再结合 $\varphi^{\prime}(x)$ 单调递增，即知 $0<x<x_{0}$ 时 $\varphi^{\prime}(x)<0, x_{0}<x<c$ 时 $\varphi^{\prime}(x)>0$.
故 $\varphi(x)$ 在 $\left(0, x_{0}\right]$ 上递减，在 $\left[x_{0}, c\right]$ 上递增．
①当 $x_{0} \leq x \leq c$ 时，有 $\varphi(x) \leq \varphi(c)=0$ ；
②当 $0<x<x_{0}$ 时，由于 $\sqrt{c} \ln \frac{1}{c}=-2 f(\sqrt{c}) \leq-2 f\left(\frac{1}{\mathrm{e}}\right)=\frac{2}{\mathrm{e}}<1$ ，故我们可以取 $q \in\left(\sqrt{c} \ln \frac{1}{c}, 1\right)$ ．
从而当 $0<x<\frac{c}{1-q^{2}}$ 时，由 $\sqrt{c-x}>q \sqrt{c}$ ，可得
$\varphi(x)=x \ln x-c \ln c-\sqrt{c-x}<-c \ln c-\sqrt{c-x}<-c \ln c-q \sqrt{c}=\sqrt{c}\left(\sqrt{c} \ln \frac{1}{c}-q\right)<0$.
再根据 $\varphi(x)$ 在 $\left(0, x_{0}\right]$ 上递减，即知对 $0<x<x_{0}$ 都有 $\varphi(x)<0$ ；
综合①②可知对任意 $0<x \leq c$ ，都有 $\varphi(x) \leq 0$ ，即 $\varphi(x)=x \ln x-c \ln c-\sqrt{c-x} \leq 0$ 。
根据 $c \in\left(0, \frac{1}{\mathrm{e}}\right]$ 和 $0<x \leq c$ 的任意性，取 $c=x_{2}, x=x_{1}$ ，就得到 $x_{1} \ln x_{1}-x_{2} \ln x_{2}-\sqrt{x_{2}-x_{1}} \leq 0$ ．
所以 $\left|f\left(x_{1}\right)-f\left(x_{2}\right)\right|=f\left(x_{1}\right)-f\left(x_{2}\right)=x_{1} \ln x_{1}-x_{2} \ln x_{2} \leq \sqrt{x_{2}-x_{1}}$ ．
情况三：当 $0<x_{1} \leq \frac{1}{\mathrm{e}} \leq x_{2}<1$ 时，根据情况一和情况二的讨论，可得
$\left|f\left(x_{1}\right)-f\left(\frac{1}{\mathrm{e}}\right)\right| \leq \sqrt{\frac{1}{\mathrm{e}}-x_{1}} \leq \sqrt{x_{2}-x_{1}},\left|f\left(\frac{1}{\mathrm{e}}\right)-f\left(x_{2}\right)\right| \leq \sqrt{x_{2}-\frac{1}{\mathrm{e}}} \leq \sqrt{x_{2}-x_{1}}$.
而根据 $f(x)$ 的单调性，知 $\left|f\left(x_{1}\right)-f\left(x_{2}\right)\right| \leq\left|f\left(x_{1}\right)-f\left(\frac{1}{\mathrm{e}}\right)\right|$ 或 $\left|f\left(x_{1}\right)-f\left(x_{2}\right)\right| \leq\left|f\left(\frac{1}{\mathrm{e}}\right)-f\left(x_{2}\right)\right|$ ．
故一定有 $\left|f\left(x_{1}\right)-f\left(x_{2}\right)\right| \leq \sqrt{x_{2}-x_{1}}$ 成立．
综上，结论成立．
【点睛】关键点点睛：本题的关键在于第 3 小问中，需要结合 $f(x)$ 的单调性进行分类讨论．