题目 已知函数 $f(x)=(2x-1)\ln x-ax+a$（$a\in\mathbb R$），${\rm e}$ 为自然对数的底数． 问题1 当 $a=1$ 时，求函数 $f(x)$ 的单调区间； 答案1 $(0,1)$ 解析1 当 $a=1$ 时，函数 $f(x)$ 的导函数\[f'(x)=2-a-\dfrac 1x+2\ln x=1-\dfrac 1x+2\ln x.\]注意到当 $x>0$ 时，函数 $f'(x)$ 为单调递增函数，且 $f'(1)=0$，于是函数 $f(x)$ 的单调递增区间是 $(1,+\infty)$，单调递减区间是 $(0,1)$． 备注1 问题2 若对任意实数 $x>1$，都有 $f(x)>0$ 恒成立，求实数 $a$ 的取值范围； 答案2 $(-\infty,1]$ 解析2 端点分析，注意到 $f(1)=0$ 且 $f'(1)=1-a$，因此 $a=1$ 为分界点讨论．<br/><case>情形一</case>当 $a>1$ 时，有 $f'(1)<0$，且\[f'\left({\rm e}^a\right)=2-a-\dfrac 1x+2a>1+a>0,\]于是函数 $f'(x)$ 在 $(1,+\infty)$ 上有零点，设为 $x_0$，于是在 $(1,x_0)$ 上，$f'(x)<0$，结合 $f(1)=0$，可得在此区间上 $f(x)<0$，不符合题意．<br/><case>情形二</case>当 $a\leqslant 1$ 时，有\[f(x)=(2x-1)\ln x-a(x-1)\geqslant (2x-1)\ln x-(x-1),\]利用第 $(1)$ 小题的结果，函数 $f(x)$ 在区间 $(1,+\infty)$ 上单调递增，又 $f(1)=0$，符合题意．<br/>综上所述，实数 $a$ 的取值范围是 $(-\infty,1]$． 备注2 问题3 若函数 $f(x)$ 及其导函数 $f'(x)$ 在 $(1,+\infty)$ 上都有零点，求实数 $a$ 的取值范围． 答案3 $(1,+\infty)$ 解析3 根据第 $(2)$ 小题的过程，可得当 $a\leqslant 1$ 时，$f(x)$ 在 $(1,+\infty)$ 上没有零点，不符合题意．<br/>当 $a>1$ 时，函数 $f'(x)$ 在 $(1,+\infty)$ 上有零点 $x_0$，且 $f(x_0)<f(1)<0$．结合\[f\left({\rm e}^a\right)=\left(2{\rm e}^a-1\right)a-a{\rm e}^a+a=a{\rm e}^a>0,\]于是函数 $f(x)$ 在 $\left(x_0,{\rm e}^a\right)$ 上必然有零点．<br/>综上所述，实数 $a$ 的取值范围是 $(1,+\infty)$． 备注3 第 $(2)$ 小题若分离变量，则会遇到洛必达法则禁手（无法使用）的问题．根据题意，有\[\forall x>1,(2x-1)\ln x-ax+a>0,\]即\[\forall x>1,a<\dfrac{(2x-1)\ln x}{x-1},\]记右侧函数为 $\varphi(x)$，则其导函数\[\varphi'(x)=\dfrac{\dfrac 1x-3+2x-\ln x}{(x-1)^2},\]设 $\mu(x)=\dfrac 1x-3+2x-\ln x$，则其导函数\[\mu'(x)=\dfrac{2x+1}{x^2}\cdot (x-1),\]于是 $\mu(x)$ 在 $x=1$ 处取得极小值，亦为最小值 $0$．这就意味着 $\varphi(x)$ 单调递增．利用洛必达法则，有\[\lim_{x\to 1}\dfrac{(2x-1)\ln x}{x-1}=\lim_{x\to 1}\dfrac{(\ln x)'}{\left(\dfrac{x-1}{2x-1}\right)'}=1,\]于是实数 $a$ 的取值范围是 $(-\infty,1]$．