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/><case>情形一</case>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/><case>情形二</case>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 考虑到对于函数 $f(x)$，若 $f(x_0)=0$ 且 $f'(x_0)=0$，则函数 $f(x)\cdot \varphi(x)$ 也满足\[\left[f(x)\cdot \varphi(x)\right]_{x=x_0}=0,\left[f(x)\cdot \varphi(x)\right]'_{x=x_0}=0,\]接下来“清君侧”即可．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 $g(1)=-4a<0$，$g(+\infty)>0$，于是 $f(x)$ 在 $(1,+\infty)$ 上先单调递减，再单调递增，有极小值点．设 $f(x)$ 的极小值点为 $x=x_0$，令 $h(x)=\dfrac{f(x)}{x+a}$，即\[h(x)=-2\ln x+x-3a+\dfrac{a^2+a}{x+a},\]则有\[h'(x)=\dfrac{(x+2a)(x^2-2x-a)}{x(x+a)^2,}\]于是可得\[a=x_0^2-2x_0,\]进而由 $h(x_0)=0$ 可得\[a=x_0^2-2x_0=-2\ln x_0+1,\]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