已知 $a\in\mathbb R$，函数 $f(x)=\ln x+\dfrac{2}{x}-a(x+1)$（$x>0$）．
1、讨论 $f(x)$ 的单调性；
2、若 $x_1, x_2$（$x_1<x_2 $）是 $ f(x)$ 的两个极值点，证明：$ f\left(x_2\right)-f\left(x_1\right)<\sqrt{\dfrac{1}{2 a}-4}$．
解析
1、函数 $f(x)$ 的导函数\[f'(x)=\dfrac{-ax^2+x-2}{x^2},\]讨论分界点为 $a=0,\dfrac{1}{8}$．
情形一 $a<0$．函数 $f(x)$ 在 $\left(0,\dfrac{-1+\sqrt{1-8a}}{-2a}\right)$ 上单调递减，在 $\left(\dfrac{-1+\sqrt{1-8a}}{-2a},+\infty\right)$ 上单调递增．
情形二 $a=0$．函数 $f(x)$ 在 $(0,2)$ 上单调递减，在 $(2,+\infty)$ 上单调递增．
情形三 $0<a<\dfrac 18$．函数 $f(x)$ 在 $\left(0,\dfrac{-1+\sqrt{1-8a}}{-2a}\right)$ 上单调递减，在 $\left(\dfrac{-1+\sqrt{1-8a}}{-2a},\dfrac{-1-\sqrt{1-8a}}{-2a}\right)$ 上单调递增，在 $\left(\dfrac{-1-\sqrt{1-8a}}{-2a},+\infty\right)$ 上单调递减．
情形四 $a\geqslant\dfrac 18$．函数 $f(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 上单调递减．
2、根据第 $(1)$ 小题的结果，有 $0<a<\dfrac 18$，且 $x_1,x_2$ 是关于 $x$ 的方程\[-ax^2+x-2=0\]的两个实数解，于是\[x_1+x_2=\dfrac 1a,\quad x_1x_2=\dfrac 2a,\quad \dfrac{x_1x_2}{2(x_1+x_2)}=1,\]消去 $a$ 并齐次化，有\[\begin{split} f(x_2)-f(x_1)-\sqrt{\dfrac{1}{2 a}-4}&= \left(\ln x_2+\dfrac2{x_2}-a(x_2+1)\right)- \left(\ln x_1+\dfrac2{x_1}-a(x_1+1)\right)-\sqrt{\dfrac{1}{2 a}-4}\\ &=\ln\dfrac{x_2}{x_1}+\dfrac{2(x_1-x_2)}{x_1x_2}+a(x_1-x_2)-\sqrt{\dfrac{1}{2 a}-4}\\ &=\ln\dfrac{x_2}{x_1}+\dfrac{2(x_1-x_2)}{x_1x_2}+\dfrac{x_1-x_2}{x_1+x_2}-\sqrt{\dfrac{x_1+x_2}{2}-4}\\ &=\ln\dfrac{x_2}{x_1}+\dfrac{2(x_1-x_2)}{x_1x_2}\cdot \dfrac{x_1x_2}{2(x_1+x_2)}+\dfrac{x_1-x_2}{x_1+x_2}-\sqrt{\dfrac{x_1+x_2}{2}\cdot \dfrac{2(x_1+x_2)}{x_1x_2}-4}\\ &=\ln\dfrac{x_2}{x_1}-\dfrac{2(x_2-x_1)}{x_2+x_1}-\dfrac{x_2-x_1}{\sqrt{x_2x_1}} ,\end{split}\]根据对数函数的进阶放缩，有\[\ln\dfrac{x_2}{x_1}<\dfrac{x_2-x_1}{\sqrt{x_2x_1}},\]因此命题得证．