已知函数 $f(x)=\dfrac{1}{x}-x+2 a \ln x$（其中 $a$ 是实数）．
1、若 $a=\dfrac{1}{2}$，求曲线 $y=f(x)$ 在 $(1, f(1))$ 处的切线方程．
2、求函数 $f(x)$ 的单调区间．
3、设 $g(x)=\ln x-b x-c x^2$，若函数 $f(x)$ 的两个极值点 $x_1, x_2$（$x_1<x_2$）恰为函数 $g(x)$ 的两个零点，且 $y=\left(x_1-x_2\right) g^{\prime}\left(\dfrac{x_1+x_2}{2}\right)$ 的范围是 $\left[\ln 2-\dfrac{2}{3},+\infty\right)$，求实数 $a$ 的取值范围．
解析
1、当 $a=\dfrac 12$ 时，有 $f(x)=\dfrac 1x-x+\ln x$，于是其导函数\[f'(x)=\dfrac{-x^2+x-1}{x^2},\]于是 $f(1)=0$，$f'(1)=-1$，因此所求切线方程为 $y=-x+1$．
2、根据题意，有\[f'(x)=\dfrac{2a-\left(x+\dfrac 1x\right)}{x},\]因此若 $a\leqslant 1$，则函数 $f(x)$ 没有单调递增区间，单调递减区间是 $(0,+\infty)$；若 $a>1$，则函数 $f(x)$ 的单调递增区间是 $\left(a-\sqrt{a^2-1},a+\sqrt{a^2-1}\right)$，单调递减区间是 $\left(0,a-\sqrt{a^2-1}\right)$ 和 $\left(a+\sqrt{a^2-1},+\infty\right)$．
3、根据题意，有\[\begin{cases} a>1,\\ x_1+x_2=2a,\\ x_1x_2=1,\\ \ln x_1-bx_1-cx_1^2=0,\\ \ln x_2-bx_2-cx_2^2=0,\end{cases}\]函数 $g(x)$ 的导函数\[g'(x)=\dfrac 1x-b-2cx,\]因此\[\begin{split} (x_1-x_2)g'\left(\dfrac{x_1+x_2}2\right)&=\dfrac{2(x_1-x_2)}{x_1+x_2}-b(c_1-x_2)-c(x_1^2-x_2^2)\\ &\dfrac{2(x_1-x_2)}{x_1+x_2}-\ln\dfrac{x_1}{x_2}\\ &=\ln t-\dfrac{2(t-1)}{t+1},\end{split}\]其中 $t=\dfrac{x_2}{x_1}$（$t>1$）．设 $h(x)=\ln x-\dfrac{2(x-1)}{x+1}$，则其导函数\[h'(x)=\dfrac{(x-1)^2}{x(x+1)^2}>0,\]于是 $h(x)$ 在 $(1,+\infty)$ 上单调递增，于是 $t$ 的取值范围是 $\left[2,+\infty\right)$，进而 $\dfrac{x_2}{x_1}=x_2^2$ 的取值范围是 $\left[2,+\infty\right)$ 即 $x_2$ 的取值范围是 $\left[\sqrt 2,+\infty\right)$． 因此 $ 2a=x_1+x_2=x_2+\dfrac{1}{x_2} $ 的取值范围是 $ \left[\dfrac{3\sqrt 2}4,+\infty\right)$．