已知函数 $f(x)=\dfrac{x^2}2-x\ln x-(a-1)x+a$．
1、若 $x_1,x_2$ 是 $f(x)$ 的两个极值点，求实数 $a$ 的取值范围．
2、在第 $(1)$ 小题的条件下，若 $m>f(x_1)+f(x_2)$ 恒成立，求实数 $m$ 的取值范围．
解析
1、函数 $f(x)$ 的导函数\[f'(x)=x-1-\ln x-(a-1),\]其二阶导函数\[f''(x)=1-\dfrac 1x,\]于是函数 $f'(x)$ 在 $(0,1)$ 上单调递减，在 $(1,+\infty)$ 上单调递增，极小值亦为最小值为 $f'(1)=-(a-1)$．因此若 $a\leqslant 1$，在 $x\in (0,+\infty)$ 时，函数 $f'(x)\geqslant 0$，从而 $f(x)$ 没有极值点． 若 $a>1$，则 $f'(1)<0$，而\[\ln x\leqslant x-1\implies \ln \sqrt x\leqslant \sqrt x-1\implies \ln x\leqslant 2\left(\sqrt x-1\right),\]因此取 $x_1={\rm e}^{-a}$，则\[ f'(x_1)=x_1-1-\ln x_1>\ln\dfrac{1}{x_1}-a=0,\]取 $x_2=1+\sqrt{a-1}$，则\[\begin{split} f'(x_2)&=x_2-1-\ln x_2-(a-1)\ &> x_2-1-2\left(\sqrt {x_2}-1\right)-(a-1)\\ &=\left(\sqrt{x_2}-1\right)^2-(a-1)\\ &=0,\end{split}\]因此函数 $f'(x)$ 在 $(0,1)$ 和 $(1,+\infty)$ 上均有一个变号零点，进而 $f(x)$ 有两个极值点． 综上所述，实数 $a$ 的取值范围是 $(1,+\infty)$．
2、根据题意，有\[\begin{cases} x_1-1-\ln x_1-(a-1)=0,\\ x_2-1-\ln x_2-(a-1)=0,\end{cases}\implies x_1-\ln x_1=x_2-\ln x_2=a,\]此时\[\begin{split} f(x_1)&=\dfrac{x_1^2}2-x_1\ln x_1-(a-1)x_1+a\\ &=\dfrac{x_1^2}2-x_1(x_1-a)-(a-1)x_1+a\\ &=-\dfrac 12x_1^2+x_1+a\\ &=a+\dfrac 12-\dfrac 12(x_1-1)^2,\end{split}\]不妨设 $x_2=tx_1$（$t>1$），则\[x_1=\dfrac{\ln t}{t-1},\quad x_2=\dfrac{t\ln t}{t-1},\]此时\[\begin{split} f(x_1)+f(x_2)&=2a+1-\dfrac{(1-x_1)^2+(x_2-1)^2}2\\ &<2a+1-\left(\dfrac{x_2-x_1}2\right)^2\\ &=2a+1-\dfrac 14\ln^2t\\ &=2\left(\dfrac u{{\rm e}^u-1}-\ln\dfrac{u}{{\rm e}^u-1}\right)+1-\dfrac 14u^2,\end{split}\]其中 $u=\ln t$（$u>0$）．设右侧函数为 $g(u)$，则其导函数\[g'(u)=-\dfrac{\left(u+2+{\rm e}^u(u-2)\right)^2}{2u\left({\rm e}^u-1\right)^2}<0,\]于是 $g(u)$ 单调递减，从而\[g(u)<\lim_{u\to 0}g(u)=3,\]因此 $f(x_1)+f(x_2)<3$，且当 $a\to 1$ 时，$f(x_1)+f(x_2)\to 3$，从而实数 $m$ 的取值范围是 $[3,+\infty)$．