已知 $f(x)=x\ln x-x+\dfrac ax$，其中 $a$ 为实数．
1、讨论 $f(x)$ 的极值点的个数．
2、当 $n\in\mathbb N^{\ast}$ 时，求证：\[\dfrac n{2n+4}<\ln ^22+\ln^2\dfrac32+\cdots+\ln^2\dfrac{n+1}n<\dfrac n{n+1}.\]
解析
1、函数 $f(x)$ 的导函数\[f'(x)=\dfrac{x^2\ln x-a}{x^2},\]而利用 $\big(x^2\ln x\big)'=x(2\ln x+1)$ 可得函数 $g(x)=x^2\ln x$ 在 $\left(0,\dfrac{1}{\sqrt{\rm e}}\right)$ 上单调递减，在 $\left(\dfrac{1}{\sqrt{\rm e}},+\infty\right)$ 上单调递增，在 $x=\dfrac{1}{\sqrt{\rm e}}$ 处取得极小值，也为最小值 $-\dfrac{1}{2{\rm e}}$．
情形一
$a\leqslant -\dfrac{1}{2{\rm e}}$．此时函数 $f(x)$ 单调递增，没有极值点．
情形二
$-\dfrac{1}{2{\rm e}}<a<0$．此时当 $0<x<-a$ 时，有\[x^2\ln x-a>x^2\left(1-\dfrac 1x\right)-a=x^2-x-a>-x-a>0,\]，且 $g(1)=-a>0$，因此函数 $g(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 上有两个变号零点，从而 $f(x)$ 有一个极大值点和一个极小值点．
情形三
$a\geqslant 0$．此时当 $x\in (0,1)$ 时，$g(x)<0$；而当 $x>a+1$ 时，有\[x^2\ln x-a >(a+1)^2-a>0,\]于是函数 $g(x)$ 在 $[1,+\infty)$ 上有一个变号零点，从而 $f(x)$ 有一个极小值点．
综上所述，$f(x)$ 的极值点个数为\[\begin{cases} 0,&a\leqslant -\dfrac{1}{2{\rm e}},\\ 2,&-\dfrac{1}{2{\rm e}}<a<0,\\ 1,&a\geqslant 0.\end{cases}\]
2、不等式在 $n=1$ 时成立．分析通项，只需证明当 $n\geqslant 2$ 时，有\[\dfrac n{2n+4}-\dfrac{n-1}{2(n-1)+4}<\ln^2\dfrac{n+1}n<\dfrac n{n+1}-\dfrac{n-1}{n},\]即\[\dfrac{1}{(n+1)(n+2)}<\ln^2\dfrac{n+1}n<\dfrac{1}{n(n+1)},\]对于左边，我们熟知\[\ln x>1-\dfrac 1x\implies \ln^2\dfrac{n+1}n>\left(1-\dfrac{n}{n+1}\right)^2=\dfrac{1}{(n+1)^2}>\dfrac{1}{(n+1)(n+2)},\]对于右边，我们熟知\[\ln x<\dfrac 12\left(x-\dfrac 1x\right)\implies \ln\sqrt{\dfrac{n+1}{n}}<\dfrac 12\left(\sqrt{\dfrac{n+1}n}-\sqrt{\dfrac{n}{n+1}}\right)\implies \ln^2\dfrac{n+1}n<\dfrac{n+1}n+\dfrac{n}{n+1}-2=\dfrac{1}{n(n+1)},\]因此命题得证．
利用我们熟知的\[2\cdot \dfrac{x-1}{x+1}<\ln x<\dfrac 12\left(x-\dfrac 1x\right),\]可得\[\begin{cases} \ln 2>\dfrac 23,\\ \ln \sqrt 2<\dfrac{\sqrt 2}4,\end{cases}\implies \dfrac 16<\dfrac 49<\ln^22<\dfrac12.\]