题目 已知函数 $f\left(x\right)=-2\left(x+a\right)\ln x+x^2-2ax-2a^2+a$，其中 $a>0$． 问题1 设 $g\left(x\right)$ 是 $f\left(x\right)$ 的导函数，讨论 $g\left(x\right)$ 的单调性； 答案1 当 $0<a<\dfrac 14$ 时，$g(x)$ 在 $\left(0,\dfrac{1-\sqrt{1-4a}}2\right)$ 上单调递增，在 $\left(\dfrac{1-\sqrt{1-4a}}2,\dfrac{1+\sqrt{1-4a}}{2}\right)$ 上单调递减，在 $\left(\dfrac{1+\sqrt{1-4a}}2,+\infty\right)$ 上单调递增；<br/>当 $a\geqslant \dfrac 14$ 时，$g(x)$ 在 $\mathbb R^+$ 上单调递增 解析1 根据已知，有$$g(x)=f'(x)=-2\ln x+2x-2-\dfrac{2a}{x}-2a,$$于是$$g'(x)=\dfrac{2}{x^2}\left(x^2-x+a\right),$$于是按 $a$ 与 $\dfrac 14$ 的大小关系讨论如下．<br/>当 $0<a<\dfrac 14$ 时，$g(x)$ 在 $\left(0,\dfrac{1-\sqrt{1-4a}}2\right)$ 上单调递增，在 $\left(\dfrac{1-\sqrt{1-4a}}2,\dfrac{1+\sqrt{1-4a}}{2}\right)$ 上单调递减，在 $\left(\dfrac{1+\sqrt{1-4a}}2,+\infty\right)$ 上单调递增；<br/>当 $a\geqslant \dfrac 14$ 时，$g(x)$ 在 $\mathbb R^+$ 上单调递增． 备注1 问题2 证明：存在 $a\in\left(0,1\right)$，使得 $f\left(x\right)\geqslant0$ 在区间 $\left(1,+\infty\right)$ 内恒成立，且 $f\left(x\right)=0$ 在区间 $\left(1,+\infty\right)$ 内有唯一解． 答案2 略 解析2 用分析法证明如下．<br/>根据题意结合第 $(1)$ 小题的结论，函数 $f(x)$ 的图象应该如图所示．<img src="/static/images/30ca3cbf55c0afe504f43a2d58079735.png" class="img-responsive" />考虑函数 $g(x)$，由于 $g'(1)=2a>0$，于是在 $(1,+\infty)$ 上 $g(x)$ 单调递增．又 $g(1)=-4a<0$，因此 $g(x)$ 有唯一零点 $x=x_0$，于是 $f(x)$ 在 $(1,+\infty)$ 上先单调递减，再单调递增，有极小值点 $x=x_0$，则$$\begin{cases}-\ln x_0+x_0-1-a\left(\dfrac 1{x_0}+1\right)=0,\\-2(x_0+a)\ln x_0+x_0^2-2ax_0-2a^2+a=0,\end{cases}$$我们的目标是证明这个二元方程组有实数解，且至少有一组解满足限制条件 $x_0>1$ 且 $0<a<1$．<br/>由第一个方程可得\[-\ln x_0 = -x_0+1+a\left(\dfrac{1}{x_0}+1\right),\]代入第二个方程，可得\[x_0^3+(2a-2)x_0^2-5ax_0-2a^2=0,\]因式分解，可得\[(x_0+2a)(x_0^2-2x_0-a)=0,\]于是\[a=x_0^2-2x_0,\]进而可得\[a=x_0^2-2x_0=-\ln x_0+1,\]容易判断 $x_0\in (2,{\rm e})$，于是 $a\in (0,1-\ln 2)$，原命题得证． 备注2 每日一题[183]方程组解的存在性．