已知函数 $f(x)=(a+2) \ln x+\dfrac{2 a}{x}-x$．
1、讨论 $f(x)$ 的单调性．
2、若函数 $h(x)=f(x)-2 \ln x$ 有两个不同的极值点 $x_1, x_2\left(x_1<x_2\right)$，求证：\[f\left(x_1\right)+f\left(x_2\right)-x_1 x_2>8(5 \ln 2-2).\]
3、设 $a=-1$，函数 $f(x)+\dfrac{2}{x}+x$ 的反函数为 $k(x)$，令\[k_i(x)=k\left(\left(\frac{i}{n}\right)^x\right),~ i=1,2, \cdots, n-1, \]其中 $n \in \mathbb N^{\ast}$ 且 $n \geqslant 2$．若 $x \in[-1,1]$ 时，对任意的 $n \in\mathbb N^{\ast}$ 且 $n \geqslant 2$，有\[k_1(x) k_2(x) \cdots k_{n-1}(x) \geqslant \frac{1}{{\rm e}^m}\]恒成立，求 $m$ 的最小值．
解析
1、函数 $f(x)$ 的导函数\[f'(x)=\dfrac{-(x-2)(x-a)}{x^2},\]因此讨论分界点为 $a=0,2$．
情形一 $a\leqslant 0$．此时函数 $f(x)$ 在 $(0,2)$ 上单调递增，在 $(2,+\infty)$ 上单调递减．
情形二 $0<a<2$．此时函数 $f(x)$ 在 $(0,a)$ 上单调递减，在 $(a,2)$ 上单调递增，在 $(2,+\infty)$ 上单调递减．
情形三 $a=2$．此时函数 $f(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 上单调递减．
情形四 $a>2$．此时函数 $f(x)$ 在 $(0,2)$ 上单调递减，在 $(2,a)$ 上单调递增，在 $(a,+\infty)$ 上单调递减．
2、根据题意，函数 $h(x)=a\ln x+\dfrac {2a}x-x$，其导函数\[h'(x)=\dfrac{-x^2+ax-2a}{x^2},\]因此关于 $x$ 的方程 $x^2-ax+2a=0$ 在 $(0,+\infty)$ 上有两个实数解，进而可得\[x_1+x_2=a,\quad x_1x_2=2a,\]其中 $a>8$．此时\[\begin{split} f(x_1)+f(x_2)-x_1x_2&=(a+2)\ln(x_1x_2)+\dfrac{2a(x_1+x_2)}{x_1x_2}-(x_1+x_2)-x_1x_2\\ &=(a+2)\ln (2a)-2a,\end{split}\]设 $g(x)=\left(\dfrac 12x+2\right)\ln x-x$，则其导函数\[g'(x)=\dfrac 12\left(-1+\dfrac 4x+\ln x\right)\geqslant \dfrac 12\left(-1+\dfrac 4x+1-\dfrac 1x\right)>0,\]因此\[h(2a)>h(16)=10\ln 16-16=8(5\ln2-2),\]命题得证．
3、根据题意，有\[k^{-1}(x)=f(x)+\dfrac 2x+x\implies k^{-1}(x)=\ln x\implies k(x)={\rm e}^x,\]因此有\[\ln \left(k_1(x) k_2(x) \cdots k_{n-1}(x)\right) =\sum_{i=1}^{n-1}\left(\dfrac in\right)^x\geqslant \sum_{i=1}^{n-1}\left(\dfrac in\right)=\dfrac{n-1}2\geqslant \dfrac 12,\]因此 $-m$ 的最大值为 $\dfrac 12$，从而 $m$ 的最小值为 $-\dfrac 12$．