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天津高考数学 2024(20) 所引出的最优幂次问题

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maths

2026-7-1

问题

设 f(x)=xln⁡xf(x) = x \ln x。若对任意 x1,x2∈(0,1)x_1, x_2 \in (0,1)，都有

∣f(x1)−f(x2)∣≤∣x1−x2∣α|f(x_1) - f(x_2)| \le |x_1 - x_2|^\alpha

求 α\alpha 的取值范围。

解答

步骤 1 令

φ(x)=f(x+t)−f(x),t∈(0,1),x∈(0,1−t)\varphi(x) = f(x+t) - f(x), \quad t \in (0,1), x \in (0, 1-t)

则 φ′(x)=ln⁡(x+t)−ln⁡x>0\varphi'(x) = \ln(x+t)-\ln x > 0 ，因此 φ(x)\varphi(x) 单调递增。

故 φ(x)\varphi(x) 的值域为 (lim⁡x→0+φ(x), lim⁡x→(1−t)−φ(x))\displaystyle\left( \lim_{x \to 0^+} \varphi(x),\ \lim_{x \to (1-t)^-} \varphi(x) \right)，即 (tln⁡t, −(1−t)ln⁡(1−t))\big( t \ln t,\ -(1-t)\ln(1-t) \big)。

于是 ∣φ(x)∣|\varphi(x)| 的值域为

[0,  max⁡{−tln⁡t, −(1−t)ln⁡(1−t)})\Bigl[0,\ \ \max\{ -t\ln t,\ -(1-t)\ln(1-t) \}\Bigr)

故题目条件等价于：对任意 t∈[0,1),x∈(0,1−t)t \in [0,1), x \in (0,1-t)，都有 ∣f(x+t)−f(x)∣≤tα|f(x+t)-f(x)| \le t^\alpha。

此不等式当 t=0t=0 时显然成立；当 t∈(0,1)t \in (0,1) 时，转化为：

∀x∈(0,1),max⁡{−tln⁡t, −(1−t)ln⁡(1−t)}≤tα\forall x\in(0,1),\quad \max\{ -t\ln t,\ -(1-t)\ln(1-t) \} \le t^\alpha

步骤 2 若 α≤0\alpha \le 0，则对于 t∈(0,1)t \in (0,1) 都有 tα≥1t^\alpha \ge 1。

设 g(x)=xln⁡x,x∈(0,1)g(x)=x\ln x, x\in(0,1)，则 g′(x)=ln⁡x−1g'(x)=\ln x-1，

于是 g(x)g(x) 在 (0,1e)\left(0,\dfrac{1}{\mathrm{e}}\right) 上单调递减，在 (1e,+∞)\left(\dfrac{1}{\mathrm{e}},+\infty\right) 上单调递增，故 f(x)≥f(1e)=−1ef(x)\ge f\left(\dfrac{1}{\mathrm{e}}\right)=-\dfrac{1}{\mathrm{e}}。

于是

max⁡{−tln⁡t, −(1−t)ln⁡(1−t)}≤1e<1≤tα\max\{ -t\ln t,\ -(1-t)\ln(1-t) \} \le \dfrac{1}{\mathrm{e}} < 1 \le t^\alpha

所以 α≤0\alpha \le 0 均满足条件。

步骤 3.1 当 α>0\alpha > 0 时，先证明一个引理。

引理 1

若 ∀t∈(0,1), −tln⁡t≤tα\forall t \in (0,1), \ -t\ln t \le t^\alpha，

则 ∀t∈(0,1), −(1−t)ln⁡(1−t)≤tα\forall t \in (0,1), \ -(1-t)\ln(1-t) \le t^\alpha 。

令

h(x)=xln⁡x−(1−x)ln⁡(1−x),x∈(0,12]h(x) = x\ln x - (1-x)\ln(1-x),\quad x \in \left(0,\dfrac{1}{2}\right]

则 h′(x)=ln⁡x+ln⁡(1−x)+2,h′′(x)=1x−11−x>0h'(x) = \ln x + \ln(1-x) + 2, \quad h''(x) = \dfrac{1}{x} - \dfrac{1}{1-x}>0，

故 h′(x)h'(x) 在 (0,12)\left(0,\dfrac{1}{2}\right) 上单调递增。

又 lim⁡x→0+h′(x)=−∞,lim⁡x→1/2−h′(x)=2−2ln⁡2>0\displaystyle\lim_{x \to 0^+} h'(x) = -\infty, \lim_{x \to 1/2^-}h'(x) = 2 - 2\ln 2 > 0，

存在 x0x_0 使 h(x)h(x) 在 (0,x0](0,x_0] 单调递减，在 [x0,12]\left[x_0,\dfrac{1}{2}\right] 单调递增。

故 h(x)≤max⁡{lim⁡x→0+h(x),h(12)}=0\displaystyle h(x) \le \max\left\{\lim_{x \to 0^+} h(x), h\left(\dfrac{1}{2}\right)\right\} = 0，即

−xln⁡x≥−(1−x)ln⁡(1−x)-x\ln x \ge -(1-x)\ln(1-x)

当 t∈(0,12]t \in \left(0,\dfrac{1}{2}\right] 时，−(1−t)ln⁡(1−t)≤−tln⁡t≤tα-(1-t)\ln(1-t) \le -t\ln t \le t^\alpha；

当 t∈(12,1)t \in \left(\dfrac{1}{2},1\right) 时，−(1−t)ln⁡(1−t)≤(1−t)α≤tα-(1-t)\ln(1-t) \le (1-t)^\alpha \le t^\alpha。

引理 1 得证。

步骤 3.2 由引理 1，只需考虑 ∀t∈(0,1),−tln⁡t≤tα\forall t \in (0,1), -t\ln t \le t^\alpha。

令 ψ(t)=tα−1+ln⁡t,t∈(0,1)\psi(t) = t^{\alpha-1} + \ln t,\quad t \in (0,1)，则条件等价于 ψ(t)≥0\psi(t)\ge 0 恒成立。

ψ′(t)=(α−1)tα−2+1t=(α−1)tα−1+1t\psi'(t) = (\alpha-1)t^{\alpha-2} + \dfrac{1}{t} = \dfrac{(\alpha-1)t^{\alpha-1} + 1}{t}

设 t0=(1−α)1/(1−α)t_0 = (1-\alpha)^{1/(1-\alpha)}，则 ψ(t)\psi(t) 在 (0,t0](0,t_0] 单调递减，在 [t0,1)[t_0,1) 单调递增。

则只需

ψ(t0)=11−α+11−αln⁡(1−α)=1+ln⁡(1−α)1−α≥0\psi(t_0) = \dfrac{1}{1-\alpha} + \dfrac{1}{1-\alpha}\ln(1-\alpha) = \dfrac{1 + \ln(1-\alpha)}{1-\alpha} \ge 0

即

0<α≤1−1e0 < \alpha \le 1 - \dfrac{1}{\mathrm{e}}

综上，α\alpha 的取值范围为 (−∞, 1−1e]\boxed{\left(-\infty,\ 1 - \dfrac{1}{\mathrm{e}}\right]}。

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