已知 $f(x)=x\ln x$，方程 $f(x)=m$ 有两个不同的实数解 $x_1,x_2$，求证：当 $a\leqslant \ln 2$ 时，$x_1^a+x_2^a>1$．
【难度】
【出处】
无
【标注】
【答案】
略
【解析】
显然 $x_1,x_2\in (0,1)$，于是当 $a\leqslant \ln 2$ 时，有$$x_1^a+x_2^a\geqslant x_1^{\ln 2}+x_2^{\ln 2},$$于是只需要证明 $a=\ln 2$ 的情形．不妨设 $x_1<x_2$，令 $t=\dfrac{x_2}{x_1}>1$，则$$x_1={\rm e}^{\frac {t\ln t}{1-t}},x_2={\rm e}^{\frac {\ln t}{1-t}},$$于是$$x_1^{\ln 2}+x_2^{\ln 2}=2^{\frac{t\ln t}{1-t}}+2^{\frac{\ln t}{1-t}},$$记右侧函数为 $g(t)$，则其导函数\[\begin{split} g'(t)&=\dfrac{2^{\frac{\ln t}{1-t}}\cdot \ln 2}{(1-t)^2}\cdot \left[2^{-\ln t}(\ln t-t+1)+\left(\ln t+\dfrac 1t-1\right)\right]\\
&=\dfrac{2^{\frac{\ln t}{1-t}}\cdot \ln 2}{(1-t)^2}\cdot \left[t^{-\ln 2}(\ln t-t+1)+\left(\ln t+\dfrac 1t-1\right)\right]\\
&=\dfrac{2^{\frac{\ln t}{1-t}}\cdot \ln 2}{(1-t)^2}\cdot \left(1+t^{-\ln 2}\right)\cdot \left[\ln t-\dfrac{\left(1+t^{1-\ln 2}\right)(t-1)}{t+t^{1-\ln 2}}\right],\end{split} \]于是函数 $\varphi(t)$ 在 $(1,+\infty)$ 先单调递增后单调递减，进而由 $\varphi(1)=1$ 以及 $\lim\limits_{t\to +\infty}\varphi(t)=1$ 可得 $\varphi(t)>1$，命题得证．
&=\dfrac{2^{\frac{\ln t}{1-t}}\cdot \ln 2}{(1-t)^2}\cdot \left[t^{-\ln 2}(\ln t-t+1)+\left(\ln t+\dfrac 1t-1\right)\right]\\
&=\dfrac{2^{\frac{\ln t}{1-t}}\cdot \ln 2}{(1-t)^2}\cdot \left(1+t^{-\ln 2}\right)\cdot \left[\ln t-\dfrac{\left(1+t^{1-\ln 2}\right)(t-1)}{t+t^{1-\ln 2}}\right],\end{split} \]于是函数 $\varphi(t)$ 在 $(1,+\infty)$ 先单调递增后单调递减，进而由 $\varphi(1)=1$ 以及 $\lim\limits_{t\to +\infty}\varphi(t)=1$ 可得 $\varphi(t)>1$，命题得证．
答案
解析
备注
