已知函数 $f\left(x\right)=-2x\ln x+x^2-2ax+a^2$，其中 $a>0$．
【难度】
【出处】
2015年高考四川卷（文）
【标注】
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设 $g\left(x\right)$ 是 $f\left(x\right)$ 的导函数，讨论 $g\left(x\right)$ 的单调性；标注答案函数 $g(x)$ 在 $(0,1)$ 上单调递减，在 $(1,+\infty )$ 上单调递增解析根据题意，$f(x)$ 的导函数$$g(x)=-2\ln x+2(x-1)-2a,$$进一步，$g(x)$ 的导函数$$g'(x)=\dfrac{2(x-1)}{x},$$因此函数 $g(x)$ 在 $(0,1)$ 上单调递减，在 $(1,+\infty )$ 上单调递增．
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证明：存在 $a\in\left(0,1\right)$，使得 $f\left(x\right)\geqslant0$ 恒成立，且 $f\left(x\right)=0$ 在区间 $\left(1,+\infty\right)$ 内有唯一解．标注答案略解析当 $0<a<1$ 且 $0<x\leqslant 1$ 时，$f(x)=-2x\ln x+(x-a)^2>0$．接下来用分析法研究区间 $(1,+\infty )$ 上函数 $f(x)$ 的图象与性质．
当 $a>0$ 时，由于 $g(1)=-2a<0$，结合 $(1)$ 中结论，因此在区间 $(1,+\infty )$ 上，函数 $g(x)$ 存在唯一零点，设为 $x=x_0$．同时 $x=x_0$ 也为函数 $f(x)$ 的极小值点，根据题意，有 $f(x_0)=0$，如图．
于是问题转化为方程组$$\begin{cases} -2x_0\ln{x_0}+x_0^2-2ax_0+a^2=0,\\a=x_0-\ln{x_0}-1\end{cases}$$有解满足 $x_0>1$ 且 $0<a<1$．
将第二个式子代入第一个式子消元，化简得$$\ln^2{x_0}-2(x_0-1)\cdot\ln{x_0}+1=0.$$令 $\varphi(t)=\ln^2t-2(t-1)\ln t+1$，$t>1$，则其导函数$$\varphi'(t)=2\cdot\left(\dfrac 1t-1\right)\cdot\ln t+\dfrac 2t-2=2\left(\dfrac 1t-1\right)(\ln t+1)<0,$$因此 $\varphi(t)$ 单调递减．
又 $\varphi(1)=1>0$，另一方面 $\varphi({\rm e})=4-2{\rm e}<0$，从而 $x_0\in (1,{\rm e})$．
令 $\mu(t)=t-\ln t-1$，$t>1$，则其导函数$$\mu'(t)=\dfrac{t-1}{t}>0,$$因此 $\mu(t)$ 单调递增，从而由 $a=\mu(x_0)$ 可得 $a\in\left(0,{\rm e-2}\right)$，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
