题目 已知函数 $f(x)=(x-a)^2\ln x$，$a\in\mathbb R$． 问题1 若 $a=3\sqrt{\rm e}$，求函数 $g(x)=\dfrac{f(x)}{x}$ 的单调区间； 答案1 $g(x)$ 在 $\left(0,\sqrt{\rm e}\right)$ 上单调递增；在 $\left(\sqrt{\rm e},3\sqrt{\rm e}\right)$ 上单调递减；在 $\left(3\sqrt{\rm e},+\infty\right)$ 上单调递增 解析1 函数 $g(x)$ 的导函数\[g'(x)=\dfrac{\left(x-3\sqrt{\rm e}\right)\left(x\ln x+x+3\sqrt{\rm e}\ln x-3\sqrt{\rm e}\right)}{x^2},\]设 $\varphi(x)=x\ln x+x+3\sqrt{\rm e}\ln x-3\sqrt{\rm e}$，则其导函数\[\varphi'(x)=\ln x+\dfrac{3\sqrt{\rm e}}x+2>1-\dfrac{1}{x}+\dfrac{3\sqrt{\rm e}}x+2>0,\]且注意到 $\varphi(\sqrt{\rm e})=0$，因此可得函数 $g(x)$ 在 $\left(0,\sqrt{\rm e}\right)$ 上单调递增；在 $\left(\sqrt{\rm e},3\sqrt{\rm e}\right)$ 上单调递减；在 $\left(3\sqrt{\rm e},+\infty\right)$ 上单调递增． 备注1 问题2 若函数 $f(x)$ 既有极大值，又有极小值，求实数 $a$ 的取值范围． 答案2 $\left(-2{\rm e}^{-\frac 32},0\right)\cup(0,1)\cup (1,+\infty)$ 解析2 题意即 $f'(x)$ 有两种变号零点（由负到正，由正到负）．<br/>函数 $f(x)$ 的导函数\[f'(x)=\dfrac{(x-a)(x+2x\ln x-a)}{x}.\]设 $\mu(x)=x+2x\ln x$，则其导函数\[\mu'(x)=3+2\ln x,\]于是函数 $\mu(x)$ 在 $\left(0,{\rm e}^{-\frac 32}\right)$ 上单调递减；在 $\left({\rm e}^{-\frac 32},+\infty\right)$ 上单调递增．注意到\[\lim_{x\to 0}\mu(x)=0,\lim_{x\to +\infty}\mu(x)=+\infty,\]且当 $a=1$ 时，$\mu(x)=a$ 的解恰为 $a$，因此实数 $a$ 的取值范围是 $\left(\mu\left({\rm e}^{-\frac 32}\right),0\right)\cup(0,1)\cup (1,+\infty)$，也即 $\left(-2{\rm e}^{-\frac 32},0\right)\cup(0,1)\cup (1,+\infty)$． 备注2 第 $(2)$ 问中，因为函数 $\mu(x)-a=x+2x\ln x-a$ 先减后增，且最小值为 $\mu\left(\rm e^{-\frac 32}\right)-a$，对 $a$ 进行讨论：若 $a\leqslant 0$，则 $x-a>0$，从而有$$-a>0,\mu\left(\rm e^{-\frac 32}\right)-a<0.$$若 $a>0$，则 $x-a$ 在 $(0,a)$ 上为负，在 $(a,+\infty)$ 上为正；此时 $-a<0$，所以 $\mu(x)-a$ 只有一个零点，只要该零点不为 $a$ 即可保证 $f'(x)$ 有两种变号零点，得到 $a\ne 1$．<br/>每日一题[972]极值的存在性．