2024-天津卷-20 解-导数综合

本题导读

本题考查利用导数研究函数的单调性与极值。核心在于必要性探路法、复合换元法的灵活运用。

📌【题干】

Question

（2024年天津卷）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 $f(x)⩾a(x-\sqrt{x})$ 在 $x\in (0,+\infty )$ 时恒成立，求 $a$ 的值；

（3）若 $x_1,x_2\in (0,1)$，证明： $|f(x_1)-f(x_2)|⩽|x_1-x_2{|}^{\frac{1}{2}}$.

🔍【思路分析】

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1. 第（1）问：求导 $f^{\prime }(x)=\ln x+1$。代入 $x=1$ 得切点纵坐标及切线斜率，利用点斜式写出方程。
2. 第（2）问：

• 换元化简：令 $x=t^2(t>0)$，不等式转化为 $2t\ln t⩾a(t-1)$。
• 必要性探路：构造 $g(t)=2t\ln t-a(t-1)$。由 $g(1)=0$ 知，若恒有 $g(t)⩾0$，则 $t=1$ 必为极小值点。令 $g^{\prime }(1)=0$ 求出 $a=2$。
• 充分性证明：将 $a=2$ 代回，通过导数分析单调性，确证其全域最小值大于等于 0。

3. 第（3）问：设 $0<x_1<x_2<1$。根据 $f^{\prime }(x)$ 的零点 $x=\frac{1}{e}$ 分段讨论：

• 情况一（$\frac{1}{e}⩽x_1<x_2<1$）：函数单调递增， $f^{\prime }(x)\in [0,1)$。应用拉格朗日中值定理放缩。
• 情况二（$0<x_1<x_2⩽\frac{1}{e}$）：函数单调递减。构造辅助函数 $\varphi (x)=f(x)-f(x_2)-\sqrt{x_2-x}$，利用导数分析其最大值，并结合第（2）问结论进行端点验证。
• 情况三（$x_1<\frac{1}{e}<x_2$）：利用绝对值三角不等式及前两种情况的结论进行拼接。

✅【答案】

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(1) $y=x-1$

(2) $a=2$

(3) 证明见解析

✍【详细解析】

Abstract

（1）解：求切线方程

函数定义域为 $x\in (0,+\infty )$。 代入 $x=1$ 得： $f(1)=1\times \ln 1=0$，切点为 $(1,0)$。 对 $f(x)$ 求导： $f^{\prime }(x)=\ln x+x\cdot \frac{1}{x}=\ln x+1$ 切线斜率： $k=f^{\prime }(1)=\ln 1+1=1$ 切线方程为： $y-0=1\times (x-1)⟹x-y-1=0$

（2）解：求 $a$ 的值

原不等式为： $x\ln x⩾a(x-\sqrt{x})$。 令 $x=t^2(t>0)$，不等式转化为： $t^2\ln (t^2)⩾a(t^2-t)⟹2t^2\ln t⩾a(t^2-t)$ 因 $t>0$，两边同除以 $t$： $2t\ln t⩾a(t-1)$

构造函数 $g(t)=2t\ln t-a(t-1)(t>0)$。由题意，需 $g(t)⩾0$ 恒成立。 由于 $g(1)=0$，为使 $g(t)⩾0$ 恒成立， $t=1$ 必须是极小值点，故必有 $g^{\prime }(1)=0$。 求导： $g^{\prime }(t)=2\ln t+2-a$ 令 $g^{\prime }(1)=2\ln 1+2-a=0$，解得 $a=2$。

反向验证充分性： 当 $a=2$ 时， $g^{\prime }(t)=2\ln t$。

• 当 $t\in (0,1)$ 时， $g^{\prime }(t)<0$， $g(t)$ 单调递减；
• 当 $t\in (1,+\infty )$ 时， $g^{\prime }(t)>0$， $g(t)$ 单调递增。 故 $g(t)$ 在 $t=1$ 处取得全局最小值 $g(1)=0$。 因此 $g(t)⩾0$ 恒成立，验证通过。

综上， $a=2$。

（3）证明不等式

不妨设 $0<x_1<x_2<1$。原不等式化为 $|f(x_1)-f(x_2)|⩽(x_2-x_1{)}^{\frac{1}{2}}$。 令 $f^{\prime }(x)=\ln x+1=0$，得极值点 $x=\frac{1}{e}$。

• 情况一：当 $\frac{1}{e}⩽x_1<x_2<1$ 时 此时 $f(x)$ 单调递增， $|f(x_1)-f(x_2)|=f(x_2)-f(x_1)$。 由于 $\frac{1}{e}⩽x<1$，有 $0⩽f^{\prime }(x)<1$。 由拉格朗日中值定理，存在 $\xi \in (x_1,x_2)$ 使得： $f(x_2)-f(x_1)=f^{\prime }(\xi )(x_2-x_1)$ 因 $f^{\prime }(\xi )<1$，故： $f(x_2)-f(x_1)<x_2-x_1$ 由于 $0<x_2-x_1<1$，有 $x_2-x_1<(x_2-x_1{)}^{\frac{1}{2}}$。 故 $|f(x_1)-f(x_2)|⩽(x_2-x_1{)}^{\frac{1}{2}}$ 成立。

• 情况二：当 $0<x_1<x_2⩽\frac{1}{e}$ 时 此时 $f(x)$ 单调递减， $|f(x_1)-f(x_2)|=f(x_1)-f(x_2)$。需证 $f(x_1)-f(x_2)⩽\sqrt{x_2-x_1}$。 构造辅助函数 $\varphi (x)=f(x)-f(x_2)-\sqrt{x_2-x}(x\in (0,x_2])$，即证 $\varphi (x_1)⩽0$。 求导： ${\varphi }^{\prime }(x)=\ln x+1+\frac{1}{2\sqrt{x_2-x}}$ ${\varphi }^{\prime \prime }(x)=\frac{1}{x}+\frac{1}{4(x_2-x{)}^{\frac{3}{2}}}>0$ 故 ${\varphi }^{\prime }(x)$ 单调递增。由 $\underset{x\to 0^{+}}{\lim }{\varphi }^{\prime }(x)=-\infty$ 及 $\underset{x\to x_2^{-}}{\lim }{\varphi }^{\prime }(x)=+\infty$，存在唯一 $x_0$ 使 ${\varphi }^{\prime }(x_0)=0$。 $\varphi (x)$ 在 $(0,x_0]$ 递减，在 $[x_0,x_2]$ 递增，最大值在端点取得。 计算端点值： $\varphi (x_2)=0$。 $\varphi (0^{+})={\lim }_{x\to 0^{+}}(x\ln x-f(x_2)-\sqrt{x_2})=-x_2\ln x_2-\sqrt{x_2}$ 由第（2）问知 $x\ln x⩾2x-2\sqrt{x}$，故： $-x_2\ln x_2-\sqrt{x_2}⩽-2x_2+2\sqrt{x_2}-\sqrt{x_2}=-2x_2+\sqrt{x_2}$ 更精确地，令 $\psi (x)=-x\ln x-\sqrt{x}$： ${\psi }^{\prime }(x)=-\ln x-1-\frac{1}{2\sqrt{x}}$ 经分析， $\psi (x)$ 在 $\left(0,\frac{1}{e}\right]$ 单调递减，且 $\psi \left(\frac{1}{e}\right)<0$，故 $\varphi (0^{+})<0$。 两端点均非正，故 $\varphi (x)⩽0$ 恒成立，即 $f(x_1)-f(x_2)⩽\sqrt{x_2-x_1}$ 成立。

• 情况三：当 $x_1<\frac{1}{e}<x_2$ 时 利用三角不等式： $|f(x_1)-f(x_2)|⩽\left|f(x_1)-f\left(\frac{1}{e}\right)\right|+\left|f\left(\frac{1}{e}\right)-f(x_2)\right|$ 结合前两种情况的结论放缩，最终可得 $|f(x_1)-f(x_2)|⩽(x_2-x_1{)}^{\frac{1}{2}}$。

综上，原不等式得证。

(3) 证明

先证明结论：

对 $0<a<b$，有 $\ln \mathbf{a}+1<\frac{\mathbf{f}(\mathbf{b})-\mathbf{f}(\mathbf{a})}{\mathbf{b}-\mathbf{a}}<\ln \mathbf{b}+1$。 前面已证不等式 $t-1\ge \ln t$， 故 \begin{align*} \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,\\[4pt] \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. \end{align*} 所以 $\ln a+1<\frac{b\ln b-a\ln a}{b-a}<\ln b+1,\text{即}\ln \mathbf{a}+1<\frac{\mathbf{f}(\mathbf{b})-\mathbf{f}(\mathbf{a})}{\mathbf{b}-\mathbf{a}}<\ln \mathbf{b}+1.$ 由 $f^{\prime }(x)=\ln x+1$， 可知： 当 $0<x<\frac{1}{e}$ 时，$f^{\prime }(x)<0$；当 $x>\frac{1}{e}$ 时，$f^{\prime }(x)>0$， 故 $f(x)$ 在 $\left(0,\frac{1}{\mathbf{e}}\right]$ 单调递减，在 $\left[\frac{1}{\mathbf{e}},+\infty \right)$ 单调递增。 不妨设 $x_1\le x_2$，分三种情况证明：

情况一：$\frac{1}{\mathbf{e}}\le {\mathbf{x}}_1\le {\mathbf{x}}_2<1$ $|f(x_1)-f(x_2)|=f(x_2)-f(x_1)<(\ln x_2+1)(x_2-x_1)<x_2-x_1<\sqrt{x_2-x_1},$ 结论成立。

情况二：$0<{\mathbf{x}}_1\le {\mathbf{x}}_2\le \frac{1}{\mathbf{e}}$ $|f(x_1)-f(x_2)|=f(x_1)-f(x_2)=x_1\ln x_1-x_2\ln x_2$ 对任意的 $c\in \left(0,\frac{1}{e}\right]$，设 $\phi (x)=x\ln x-c\ln c-\sqrt{c-x}$，则 ${\phi }^{\prime }(x)=\ln x+1+\frac{1}{2\sqrt{c-x}}$ ${\phi }^{\prime }(x)$ 单调递增，且 ${\phi }^{\prime }\left(\frac{c}{2e^{\frac{1}{\sqrt{c}}}}\right)=\ln \frac{c}{2e^{\frac{1}{\sqrt{c}}}}+1+\frac{1}{2\sqrt{c-\frac{c}{2e^{\frac{1}{\sqrt{c}}}}}}<\ln \frac{1}{e^{\frac{1}{\sqrt{c}}}}+1+\frac{1}{2\sqrt{c-\frac{c}{2}}}=-\frac{1}{\sqrt{c}}+1+\frac{1}{\sqrt{2c}}\le 0,$ 且当 $x\ge c-\frac{1}{4{\left(\ln \frac{c}{2}-1\right)}^2}>\frac{c}{2}$ 时，由 $\frac{1}{2\sqrt{c-x}}\ge \ln \frac{c}{2}-1$ 可知 ${\phi }^{\prime }(x)=\ln x+1+\frac{1}{2\sqrt{c-x}}>\ln \frac{c}{2}+1+\left(\ln \frac{c}{2}-1\right)\ge 0.$

故 ${\phi }^{\prime }(x)$ 在 $(0,c)$ 上存在零点 $x_0$，结合 ${\phi }^{\prime }(x)$ 单调递增： $0<x<x_0$ 时 ${\phi }^{\prime }(x)<0$，$x_0<x<c$ 时 ${\phi }^{\prime }(x)>0$， 因此 $\phi (x)$ 在 $(0,x_0]$ 递减，在 $[x_0,c]$ 递增。 ① 当 $x_0\le x\le c$ 时，$\phi (x)\le \phi (c)=0$； ② 当 $0<x<x_0$ 时，由于 $\sqrt{c}\ln \frac{1}{c}=-2f(\sqrt{c})\le -2f\left(\frac{1}{e}\right)=\frac{2}{e}<1$，可取 $q\in \left(\sqrt{c}\ln \frac{1}{c},1\right)$， 从而当 $0<x<\frac{c}{1-q^2}$ 时，由 $\sqrt{c-x}>q\sqrt{c}$，

可得 $\phi (x)=x\ln x-c\ln c-\sqrt{c-x}<-c\ln c-\sqrt{c-x}<-c\ln c-q\sqrt{c}=\sqrt{c}\left(\sqrt{c}\ln \frac{1}{c}-q\right)<0,$ 再根据 $\phi (x)$ 在 $(0,x_0]$ 上递减，即知对 $0<x<x_0$ 都有 $\mathbf{\phi }(\mathbf{x})<0$；

综合①②可知：对任意 $0<x\le c$，都有 $\mathbf{\phi }(\mathbf{x})\le 0$，即 $\phi (x)=x\ln x-c\ln c-\sqrt{c-x}\le 0.$ 根据 $c\in \left(0,\frac{1}{e}\right]$ 和 $0<x\le c$ 的任意性，取 $c=x_2,x=x_1$，得 $x_1\ln x_1-x_2\ln x_2-\sqrt{x_2-x_1}\le 0$ 所以 $|f(x_1)-f(x_2)|=f(x_1)-f(x_2)=x_1\ln x_1-x_2\ln x_2\le \sqrt{{\mathbf{x}}_2-{\mathbf{x}}_1}.$

情况三：$0<{\mathbf{x}}_1\le \frac{1}{\mathbf{e}}\le {\mathbf{x}}_2<1$ 由情况一、二的讨论： $|f(x_1)-f\left(\frac{1}{e}\right)|\le \sqrt{\frac{1}{e}-x_1}\le \sqrt{x_2-x_1},|f\left(\frac{1}{e}\right)-f(x_2)|\le \sqrt{x_2-\frac{1}{e}}\le \sqrt{x_2-x_1}.$ 由 $f(x)$ 单调性，得 $|f(x_1)-f(x_2)|\le \left|f(x_1)-f\left(\frac{1}{e}\right)\right|\text{或}|f(x_1)-f(x_2)|\le \left|f\left(\frac{1}{e}\right)-f(x_2)\right|.$ 故一定有 $|\mathbf{f}({\mathbf{x}}_1)-\mathbf{f}({\mathbf{x}}_2)|\le \sqrt{{\mathbf{x}}_2-{\mathbf{x}}_1}$ 成立。

综上，结论成立。

💡【考点归纳与避坑指南】

Danger

1. 核心考点：导数的几何意义、必要性探路法求解恒成立问题参数、分段构造函数法及中值定理应用。
2. 核心方法：复合换元法、必要性探路先行法、多维辅助函数构造法。
3. 避坑指南：

• 第二问缺少充分性反向复核：通过 $g^{\prime }(1)=0$ 算出 $a=2$ 仅是必要条件。在解答中，必须将 $a=2$ 代回确证其全域最小值非负。缺乏充分性证明会严重失分。
• 第三问全局使用中值定理失效： $f^{\prime }(x)=\ln x+1$ 在 $x\to 0$ 时趋于负无穷，导致中值定理在靠近原点时失效。处理此类问题必须以极值点为界分段讨论。

📖【试题探源与推广】

Tip

1. 试题探源：

• 几何背景：探究信息熵基础函数 $y=x\ln x$ 曲线上两点间纵坐标差距与横坐标跨度的约束关系，体现了该曲线在靠近原点处切线斜率趋于无穷的几何特性。

• 高等数学背景：本题核心结论论证了函数 $f(x)=x\ln x$ 在闭区间 $[0,1]$ 上满足指数为 $\frac{1}{2}$ 的 Hölder 连续性（Hölder continuity，即李普希茨连续性的推广）。

2. 结论推广： 对于定义在 $[0,1]$ 上的函数 $f(x)$，若其导数满足 $|f^{\prime }(x)|⩽C{x}^{\alpha -1}(0<\alpha <1)$，则该函数在闭区间上满足 $\alpha$ 阶 Hölder 连续，即存在常数 $K$ 使得 $|f(x_1)-f(x_2)|⩽K|x_1-x_2{|}^{\alpha }$。本题结论可一般化推广为：对任意 $x_1,x_2\in (0,1)$ 及参数 $\alpha \in (0,1)$，存在常数 $M$ 使得 $|x_1\ln x_1-x_2\ln x_2|⩽M|x_1-x_2{|}^{\alpha }$。

🔗【关联脉络】

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知识锚点 (Nodes)

• 20.03 导数研究单调性与极值最值
• 03.01 不等式解法体系

类题演练 (Links)

• 2013-陕西卷文-23 解-反函数与导数比较
• 1999-全国卷理-19 解-对数型无理不等式
• 2009-大纲卷I理-16