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GK-TJ-2024-20-plus.md

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title: 天津高考数学 2024(20) 所引出的最优幂次问题
createTime: 2026/7/1
categories:
  - study
tags:
  - maths
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:::problem
设 $f(x) = x \ln x$。若对任意 $x_1, x_2 \in (0,1)$，都有  
$$
|f(x_1) - f(x_2)| \le |x_1 - x_2|^\alpha
$$  
求 $\alpha$ 的取值范围。
:::

## 解答

**步骤 1** 令

$$
\varphi(x) = f(x+t) - f(x), \quad t \in (0,1), x \in (0, 1-t)
$$

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

故 $\varphi(x)$ 的值域为 $\displaystyle\left( \lim_{x \to 0^+} \varphi(x),\ \lim_{x \to (1-t)^-} \varphi(x) \right)$，即 $\big( t \ln t,\ -(1-t)\ln(1-t) \big)$。

于是 $|\varphi(x)|$ 的值域为  

$$
\Bigl[0,\ \ \max\{ -t\ln t,\ -(1-t)\ln(1-t) \}\Bigr)
$$  

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

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

$$
\forall x\in(0,1),\quad \max\{ -t\ln t,\ -(1-t)\ln(1-t) \} \le t^\alpha
$$

**步骤 2** 若 $\alpha \le 0$，则对于 $t \in (0,1)$ 都有 $t^\alpha \ge 1$。

设 $g(x)=x\ln x, x\in(0,1)$，则 $g'(x)=\ln x-1$，

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

于是

$$
\max\{ -t\ln t,\ -(1-t)\ln(1-t) \} \le \dfrac{1}{\mathrm{e}} < 1 \le t^\alpha
$$  
所以 $\alpha \le 0$ 均满足条件。

**步骤 3.1** 当 $\alpha > 0$ 时，先证明一个引理。

:::lemma 引理 1
若 $\forall t \in (0,1), \  -t\ln t \le t^\alpha$，

则 $\forall t \in (0,1), \ -(1-t)\ln(1-t) \le t^\alpha
$。
:::

令  
$$
h(x) = x\ln x - (1-x)\ln(1-x),\quad x \in \left(0,\dfrac{1}{2}\right]
$$

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

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

又 $\displaystyle\lim_{x \to 0^+} h'(x) = -\infty, \lim_{x \to 1/2^-}h'(x) = 2 - 2\ln 2 > 0$，

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

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

$$
-x\ln x \ge -(1-x)\ln(1-x)
$$  

当 $t \in \left(0,\dfrac{1}{2}\right]$ 时，$-(1-t)\ln(1-t) \le -t\ln t \le t^\alpha$；

当 $t \in \left(\dfrac{1}{2},1\right)$ 时，$-(1-t)\ln(1-t) \le (1-t)^\alpha \le t^\alpha$。

引理 1 得证。

**步骤 3.2** 由引理 1，只需考虑 $\forall t \in (0,1), -t\ln t \le t^\alpha$。

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

$$
\psi'(t) = (\alpha-1)t^{\alpha-2} + \dfrac{1}{t}
= \dfrac{(\alpha-1)t^{\alpha-1} + 1}{t}
$$  

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

则只需

$$
\psi(t_0) = \dfrac{1}{1-\alpha} + \dfrac{1}{1-\alpha}\ln(1-\alpha)
= \dfrac{1 + \ln(1-\alpha)}{1-\alpha} \ge 0
$$  

即

$$
0 < \alpha \le 1 - \dfrac{1}{\mathrm{e}}
$$

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