每日一题[1156]任意与存在的纠缠

已知函数 $f(x)=\ln x+\dfrac 12x^2-2ax$，其中 $a\in \mathbb R$．
（1）讨论函数 $f(x)$ 的单调性；
（2）已知函数 $g(x)=\dfrac{m\ln x}x+m$，其中 $m>0$，若对任意 $a\in\left[\dfrac 12,1\right]$，存在 $x_1,x_2\in [1,{\rm e}]$，使得 $\left|f(x_1)-g(x_2)\right|<1$ 成立，求实数 $m$ 的取值范围．

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分析与解    （1）根据题意，函数 $f(x)$ 的导函数

$$f'(x)=\dfrac{x^2-2ax+1}{x},$$ 记 $$\varphi(x)=x^2-2ax+1,$$ 注意到 $\varphi(0)=1$，$\varphi(x)$ 的对称轴为 $x=a$，判别式为 $\Delta=4\left(a^2-1\right)$．讨论分界点为 $a=0,1$．

情形一　$a\leqslant 0$．此时函数 $\varphi(x)$ 的对称轴在 $x=0$ 左侧，因此在 $(0,+\infty)$ 上 $\varphi(x)>0$，因此函数 $f(x)$ 单调递增．

情形二　$0<a\leqslant 1$．此时函数 $\varphi(x)$ 的判别式 $\Delta\leqslant 0$，因此 $\varphi(x)\geqslant 0$，在 $(0,+\infty)$ 上函数 $f(x)$ 单调递增．

情形三　$a>1$．此时函数 $\varphi(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 上有两个零点，分别记

$$x_1=a-\sqrt{a^2-1},x_2=a+\sqrt{a^2-1},$$ 则函数 $f(x)$ 在 $(0,x_1)$ 上单调递增，在 $(x_1,x_2)$ 上单调递减，在 $(x_2,+\infty)$ 上单调递增．

（2）函数 $g(x)$ 的导函数

$$g'(x)=m\cdot \dfrac{1-\ln x}{x^2},$$ 因此函数 $g(x)$ 在 $[1,{\rm e}]$ 上单调递增，对应的函数值的取值范围是 $\left[m,\dfrac{m}{\rm e}+m\right]$．根据第 $(1)$ 小题的结论，当 $a\in\left[\dfrac 12,1\right]$ 时，函数 $g(x)$ 在 $[1,{\rm e}]$ 上单调递增，对应的函数值的取值范围是 $\left[\dfrac 12-2a,1+\dfrac 12{\rm e}^2-2a{\rm e}\right]$．命题 $$\exists x_1,x_2\in [1,{\rm e}],\left|f(x_1)-g(x_2)\right|<1,$$ 即 $$\left[m,\dfrac{m}{\rm e}+m\right]\cap \left[-\dfrac 12-2a,2+\dfrac 12{\rm e}^2-2a{\rm e}\right]\ne \varnothing.$$ 因此问题即 $$\forall a\in\left[\dfrac 12,1\right],\left[m,\dfrac{m}{\rm e}+m\right]\cap \left[-\dfrac 12-2a,2+\dfrac 12{\rm e}^2-2a{\rm e}\right]\ne \varnothing,$$ 也即 $$\left[m,\dfrac{m}{\rm e}+m\right]\cap \left[-\dfrac 32,2+\dfrac 12{\rm e}^2-2{\rm e}\right]\ne \varnothing,$$ 于是 $m$ 的取值范围是 $\left(0,2+\dfrac 12{\rm e}^2-2{\rm e}\right]$．

注　如果注意到 $\dfrac 12-2a<0<m$，也可以直接得到（2）中条件等价于

$$\forall a\in\left[\dfrac 12,1\right],0<m\leqslant 1+\dfrac 12{\rm e}^2-2a{\rm e}+1,$$ 从而得到 $m$ 的取值范围是 $\left(0,2+\dfrac 12{\rm e}^2-2{\rm e}\right]$．