（16分）设函数$f(x)=x\ln x$．
（1）求$f(x)$图像上点$(1$，$f$（1）$)$处的切线方程；
（2）若$f(x)\geqslant a(x-\sqrt{x})$在$x\in (0,+\infty )$时恒成立，求$a$的值；
（3）若$x_{1}$，$x_{2}\in (0,1)$，证明$\vert f(x_1)-f(x_2)\vert \leqslant \vert x_1-x_2\vert ^\dfrac{1}{2}$．
答案：（1）$y=x-1$；
（2）2；
（3）详见解答过程．
分析：（1）先对函数求导，结合导数的几何意义可切线斜率，进而可求切线方程；
（2）设$g(t)=a(t-1)-2\ln t$，命题等价于对任意$t\in (0,+\infty )$，都有$g(t)\geqslant 0$，利用特殊值赋值法，即可求解；
（3）结合重要不等式$t-1\geqslant \ln t$可先证明对$0 < a < b$，有$\ln a+1 < \dfrac{f(b)-f(a)}{b-a} < \ln b+1$，然后结合$x_{1}$，$x_{2}$的各种情况进行证明即可．
解：（1）由于$f(x)=x\ln x$，故$f'(x)=\ln x+1$，
所以$f$（1）$=0$，$f'$（1）$=1$，
所以所求的切线经过$(1,0)$，且斜率为1，
故其方程为$y=x-1$；
（2）设$h(t)=t-1-\ln t$，则$h'(t)=1-\dfrac{1}{t}=\dfrac{t-1}{t}$，从而当$0 < t < 1$时$h'(t) < 0$，当$t > 1$时$h'(t) > 0$，
所以$h(t)$在$(0$，$1]$上递减，在$[1$，$+\infty )$上递增，这就说明$h(t)\geqslant h$（1），
即$t-1\geqslant \ln t$，且等号成立当且仅当$t=1$，
设$g(t)=a(t-1)-2\ln t$，
则$f(x)-a(x-\sqrt{x})=x\ln x-a(x-\sqrt{x})=x(a(\dfrac{1}{\sqrt{x}}-1)-2\ln \dfrac{1}{\sqrt{x}})=x\cdot g(\dfrac{1}{\sqrt{x}})$．
当$x\in (0,+\infty )$时，$\dfrac{1}{\sqrt{x}}$的取值范围是$(0,+\infty )$，
所以命题等价于对任意$t\in (0,+\infty )$，都有$g(t)\geqslant 0$．
一方面，若对任意$t\in (0,+\infty )$，都有$g(t)\geqslant 0$，则对$t\in (0,+\infty )$，
有$0\leqslant g(t)=a(t-1)-2\ln t=a(t-1)+2\ln \dfrac{1}{t}\leqslant a(t-1)+2(\dfrac{1}{t}-1)=at+\dfrac{2}{t}-a-2$，
取$t=2$，得$0\leqslant a-1$，故$a\geqslant 1 > 0$．
再取$t=\sqrt{\dfrac{2}{a}}$，得$0\leqslant a\cdot \sqrt{\dfrac{2}{a}}+2\sqrt{\dfrac{a}{2}}-a-2=2\sqrt{2a}-a-2=-(\sqrt{a}-\sqrt{2})^{2}$，
所以$a=2$．
另一方面，若$a=2$，则对任意$t\in (0,+\infty )$都有$g(t)=2(t-1)-2\ln t=2h(t)\geqslant 0$，满足条件．
综合以上两个方面知$a=2$．
证明：（3）先证明一个结论：对$0 < a < b$，有$\ln a+1 < \dfrac{f(b)-f(a)}{b-a} < \ln b+1$．
证明：前面已经证明不等式$t-1\geqslant \ln t$，
故$\dfrac{b\ln b-a\ln a}{b-a}=\dfrac{a\ln b-a\ln a}{b-a}+\ln b=\dfrac{\ln \dfrac{b}{a}}{\dfrac{b}{a}-1}+\ln b < 1+\ln b$，
且$\dfrac{b\ln b-a\ln a}{b-a}=\dfrac{b\ln b-b\ln a}{b-a}+\ln a=\dfrac{-\ln \dfrac{a}{b}}{1-\dfrac{a}{b}}+\ln a > \dfrac{-(\dfrac{a}{b}-1)}{1-\dfrac{a}{b}}+\ln a=1+\ln a$，
所以$\ln a+1 < \dfrac{b\ln b-a\ln a}{b-a} < \ln b+1$，
即$\ln a+1 < \dfrac{f(b)-f(a)}{b-a} < \ln b+1$．
由$f\prime (x)=\ln x+1$，可知当$0 < x < \dfrac{1}{e}$时，$f\prime (x) < 0$，当$x > \dfrac{1}{e}$时$f\prime (x) > 0$．
所以$f(x)$在$(0,\dfrac{1}{e}]$上单调递减，在$[\dfrac{1}{e},+\infty )$上单调递增．
不妨设$x_{1}\leqslant x_{2}$，下面分三种情况（其中有重合部分）证明本题结论．
情况一：当$\dfrac{1}{e}\leqslant x_{1}\leqslant x_{2} < 1$时，有$\vert f(x_{1})-f(x_{2})\vert =f(x_{2})-f(x_{1}) < (\ln x_{2}+1)(x_{2}-x_{1}) < x_{2}-x_{1} < \sqrt{x_{2}-x_{1}}$，结论成立；
情况二：当$0 < x_{1}\leqslant x_{2}\leqslant \dfrac{1}{e}$时，有$\vert f(x_{1})-f(x_{2})\vert =f(x_{1})-f(x_{2})=x_{1}\ln x_{1}-x_{2}\ln x_{2}$
对任意的$c\in (0,\dfrac{1}{e}]$，设$\varphi (x)=x\ln x-c\ln c-\sqrt{c-x}$，则$\varphi '{(x)}=\ln x+1+\dfrac{1}{2\sqrt{c-x}}$
由于$\varphi '(x)$单调递增，且有$\varphi \prime (\dfrac{c}{2{e}^{1+\dfrac{1}{\sqrt{2c}}}})=\ln \dfrac{c}{2{e}^{1+\dfrac{1}{\sqrt{2c}}}}+1+\dfrac{1}{2\sqrt{c-\dfrac{c}{2{e}^{1+\dfrac{1}{\sqrt{2c}}}}}} < \ln \dfrac{1}{e^{1+\dfrac{1}{\sqrt{2c}}}}+1+\dfrac{1}{2\sqrt{c-\dfrac{c}{2}}}=-1-\dfrac{1}{\sqrt{2c}}+1+\dfrac{1}{\sqrt{2c}}=0$，
且当$x\geqslant c-\dfrac{1}{4(\ln \dfrac{2}{c}-1)^{2}}x > \dfrac{c}{2}$时，由$\dfrac{1}{2\sqrt{c-x}}\geqslant \ln \dfrac{2}{c}-1$可知，
$\varphi '{(x)}=\ln x+1+\dfrac{1}{2\sqrt{c-x}} > \ln \dfrac{c}{2}+1+\dfrac{1}{2\sqrt{c-x}}=\dfrac{1}{2\sqrt{c-x}}-(\ln \dfrac{2}{c}-1)\geqslant 0$．
所以$\varphi '(x)$在$(0,c)$上存在零点$x_{0}$，再结合$\varphi '(x)$单调递增，即知$0 < x < x_{0}$时$\varphi '(x) < 0$，$x_{0} < x < c$时$\varphi '(x) > 0$
故$\varphi (x)$在$(0$，$x_{0}]$上递减，在$[x_{0}$，$c]$上递增．
①当$x_{0}\leqslant x\leqslant c$时，有$\varphi (x)\leqslant \varphi$（c）$=0$；
②当$0 < x < x_{0}$时，由于$\sqrt{c}\ln \dfrac{1}{c}=-2f(\sqrt{c})\leqslant -2f(\dfrac{1}{e})=\dfrac{2}{e} < 1$，故我们可以取$q\in (\sqrt{c}\ln \dfrac{1}{c},1)$．
从而当$0 < x < \dfrac{c}{1-q^2}$时，由$\sqrt{c-x} > q\sqrt{c}$，
可得$\varphi (x)=x\ln x-c\ln c-\sqrt{c-x} < -c\ln c-\sqrt{c-x} < -c\ln c-q\sqrt{c}=\sqrt{c}(\sqrt{c}\ln \dfrac{1}{c}-q) < 0$，
再根据$\varphi (x)$在$(0$，$x_{0}]$上递减，即知对$0 < x < x_{0}$都有$\varphi (x) < 0$；
综合①②可知对任意$0 < x\leqslant c$，都有$\varphi (x)\leqslant 0$，即$\varphi (x)=x\ln x-c\ln c-\sqrt{c-x}\leqslant 0$．
根据$c\in (0,\dfrac{1}{e}]$和$0 < x\leqslant c$的任意性，取$c=x_{2}$，$x=x_{1}$，就得到$x_1\ln x_1-x_2\ln x_2-\sqrt{x_2-x_1}\leqslant 0$
所以$\vert f(x_{1})-f(x_{2})\vert =f(x_{1})-f(x_{2})=x_{1}\ln x_{1}-x_{2}\ln x_{2}\leqslant \sqrt{x_{2}-x_{1}}$
情况三：当$0 < x_{1}\leqslant \dfrac{1}{e}\leqslant x_{2} < 1$时，根据情况一和情况二的讨论，
可得$\vert f(x_{1})-f(\dfrac{1}{e})\vert \leqslant \sqrt{\dfrac{1}{e}-x_{1}}\leqslant \sqrt{x_{2}-x_{1}}$，$\vert f(\dfrac{1}{e})-f(x_{2})\vert \leqslant \sqrt{x_{2}-\dfrac{1}{e}}\leqslant \sqrt{x_{2}-x_{1}}$，
而根据$f(x)$的单调性，知$\vert f(x_{1})-f(x_{2})\vert \leqslant \vert f(x_{1})-f(\dfrac{1}{e})\vert$或$\vert f(x_{1})-f(x_{2})\vert \leqslant \vert f(\dfrac{1}{e})-f(x_{2})\vert$．
故一定有$\vert f(x_{1})-f(x_{2})\vert \leqslant \sqrt{x_{2}-x_{1}}$成立．
综上，结论成立．
点评：本题主要考查了导数几何意义在切削方程求解中的应用，还考查了由不等式恒成立求解参数范围，及不等式的证明，属于难题．