已知函数 $f(x)=\ln \dfrac 1x-ax^2+x$．
【难度】
【出处】
2017年清华大学THUSSAT测试理科数学（一测）
【标注】
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讨论 $f(x)$ 的单调性；标注答案当 $a<0$ 时，函数 $f(x)$ 在 $(0,\alpha)$ 上单调递减，在 $(\alpha,+\infty)$ 上单调递增；
当 $a=0$ 时，函数 $f(x)$ 在 $(0,1)$ 上单调递减，在 $(1,+\infty)$ 上单调递增；当 $0<\alpha<\dfrac 18$ 时，函数 $f(x)$ 在 $(0,\alpha)$ 上单调递减，在 $(\alpha,\beta)$ 上单调递增，在 $(\beta,+\infty)$ 上单调递减；当 $a\geqslant \dfrac 18$ 时，函数 $f(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 上单调递减，其中\[\alpha=\dfrac{-1+\sqrt{1-8a}}{-4a},\beta=\dfrac{-1-\sqrt{1-8a}}{-4a}.\]解析函数 $f(x)$ 的导函数\[f'(x)=\dfrac{-2ax^2+x-1}{x},\]设分子部分为 $\varphi(x)$，则 $\varphi(0)=-1$，对称轴为 $x=\dfrac{1}{4a}$，判别式 $\Delta=1-8a$，因此讨论的分界点为 $a=0,\dfrac 18$．记\[\alpha=\dfrac{-1+\sqrt{1-8a}}{-4a},\beta=\dfrac{-1-\sqrt{1-8a}}{-4a},\]情形一 $a<0$ 时，有\[\begin{array}{c|ccc}\hline
x&(0,\alpha)&\alpha&(\alpha,+\infty)\\ \hline
f'(x)&-&0&+ \\ \hline
f(x)&\searrow&\min&\nearrow \\ \hline
\end{array}\]情形二 $a=0$ 时，有\[\begin{array}{c|ccc}\hline
x&(0,1)&1&(1,+\infty)\\ \hline
f'(x)&-&0&+ \\ \hline
f(x)&\searrow&\min&\nearrow \\ \hline
\end{array}\]情形三 $0<a<\dfrac 18$ 时，有\[\begin{array}{c|ccccc}\hline
x&(0,\alpha)&\alpha&(\alpha,\beta)&\beta&(\beta,+\infty)\\ \hline
f'(x)&-&0&+&0&- \\ \hline
f(x)&\searrow&{\rm lmin}&\nearrow&{\rm lmax}&\searrow \\ \hline
\end{array}\]情形四 $a\geqslant \dfrac 18$ 时，有 $f(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 上单调递减． -
若 $f(x)$ 在定义域上有两个极值点 $x_1,x_2$，求证：$f(x_1)+f(x_2)>3-2\ln 2$．标注答案略解析根据第 $(1)$ 小题的结论，此时 $0<a<\dfrac 18$，且\[x_1+x_2=\dfrac{1}{2a},x_1\cdot x_2=\dfrac{1}{2a},\]从而\[\begin{split}
f(x_1)+f(x_2)&=\ln\dfrac{1}{x_1}-ax_1^2+x_1+\ln\dfrac{1}{x_2}-ax_2^2+x_2,\\
&=\ln\dfrac{1}{x_1x_2}-a\left[\left(x_1+x_2\right)^2-2x_1x_2\right]+x_1+x_2\\
&=-\ln \dfrac{1}{2a}+1+\dfrac{1}{4a}
,\end{split}\]设函数\[\varphi(x)=-\ln x+1+\dfrac 12x,\]则其导函数\[\varphi'(x)=-\dfrac 1x+\dfrac 12,\]于是在区间 $(4,+\infty)$ 上，$\varphi'(x)>0$，$\varphi(x)$ 单调递增，因此\[-\ln \dfrac{1}{2a}+1+\dfrac{1}{4a}>\varphi(4)=3-2\ln2,\]命题得证．
题目
问题1
答案1
解析1
备注1
问题2
答案2
解析2
备注2
