已知函数 $f(x)=\dfrac{1}{2} x^2+a x-a x \ln x$．
1、记 $g(x)=f^{\prime}(x)$，讨论函数 $g(x)$ 的单调性．
2、若正实数 $\lambda, \mu$ 满足 $\lambda+\mu=1$，实数 $a<0$，求证：\[\forall x_1, x_2 \in(0,+\infty), ~f\left(\lambda x_1+\mu x_2\right) \leqslant \lambda f\left(x_1\right)+\mu f\left(x_2\right).\]
解析
1、根据题意，有\[g(x)=f'(x)=x+a-a(1+\ln x),\]于是 $g(x)$ 的导函数\[g'(x)=\dfrac{x-a}{x},\]因此当 $a\leqslant 0$ 时，函数 $g(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 上单调递增；当 $a>0$ 时，函数 $g(x)$ 在 $(0,a)$ 上单调递减，在 $(a,+\infty)$ 上单调递增．
2、当 $x_1=x_2$ 时，命题显然成立；
当 $x_1\ne x_2$ 时，不妨设 $x_1<x_2$，记 $A(x_1,f(x_1))$，$B(x_2,f(x_2))$，则直线\[AB:g(x)=f(x_1)+\dfrac{f(x_2)-f(x_1)}{x_2-x_1}(x-x_1),\]则\[\begin{split} g(\lambda x_1+\mu x_2)&=g((1-\mu )x_1+\mu x_2)\\ &=f(x_1)+\dfrac{f(x_2)-f(x_1)}{x_2-x_1}\cdot (-\mu x_1-\mu x_2)\\ &=(1-\mu )f(x_1)+\mu f(x_2)\\ &=\lambda f(x_1)+\mu f(x_2),\end{split}\]因此欲证结论即\[\forall x\in (x_1,x_2),~f(x)\leqslant g(x),\]设 $h(x)=g(x)-f(x)$，则 $h(x_1)=h(x_2)=0$，而\[h''(x)=\dfrac{x-a}{x},\]于是 $h'(x)$ 在 $(x_1,x_2)$ 上单调递增，因此 $h(x)$ 在 $(x_1,x_2)$ 上先递减后递增，从而在该区间上 $h(x)>0$，命题成立． 综上所述，命题得证．