极值点偏移探究

首先讨论$f(x)$的单调性，易得$f(x)$在$\left(-\infty,0\right)$上单调递减，在$\left(0,+\infty\right)$上单调递增，因此$f(x)$在$x=0$时取得极小值，且$f(0)=1$；

可以画出草图，数形结合可以假设$x_1<0<x_2$；

预证$x_1+x_2<0$，即证$x_2<-x_1$，注意到$-x_1$和$x_2$都在$\left(0,+\infty\right)$上，只需证明$f(x_2)<f(-x_1)$，即$f(x_1)<f(-x_1)$；

因此需要构造函数$F(x)=f(x)-f(-x)$，通过讨论$F(x)$的单调性确定$F(x)$和$0$的大小关系，即可证明.

解：因为$f(x)={{e}^{x}}-x$的定义域为$(-\infty ,+\infty )$，
${{f}^{\prime}}(x)={{e}^{x}}-1$，由${{f}^{\prime}}(x)={{e}^{x}}-1=0$，解得$x=0$．则$f(x)$的单调性情况如下表：

不妨设$x_1<0<x_2$．

设函数$F(x)=f(x)-f(-x) （$x<0$）．

则$F^{\prime}(x)=f^{\prime}(x)+f^{\prime}(-x)=e^x+\dfrac{1}{e^x}-2$．

当$x<0$时，$0<e^x<1$，所以$e^x+\dfrac{1}{e^x}>2$．

当$x<0$时，${F}^{\prime}(x)>0$．函数$F(x)$在$(-\infty ,0)$上单调递增．
∴$F(x_1)<F(0)=0$，∴$f(x_1)<f(-x_1)$．

又$f(x_1)=f(x_2)$，∴$f(x_2)<f(-x_1)$．

∵$f(x)$在$(0,+\infty )$上单调递增，且$x_2>0$，$-x_1>0$，

∴$x_2<-x_1$，即$x_1+x_2<0$．

解：令$g(x)=f^{\prime}(x)=2x-2+ae^x$，则$x_1$、$x_2$是函数$g(x)$的两个零点，

令$g(x)=0$，得$a=-\dfrac{2x-2}{e^x}$，

令$h(x)=-\dfrac{2x-2}{e^x}$，则$h(x_1)=h(x_2)$，

由$h^{\prime}(x)=\dfrac{2x-4}{e^x}$可得$h(x)$在区间$(-\infty ,2)$上是减函数，在$(2,+\infty )$上增函数，所以$x_1<2<x_2$．

令$H(x)=h(2+x)-h(2-x)$

得$H^{\prime}(x)=h^{\prime}(2+x)+h^{\prime}(2-x)=\dfrac{2x(e^{2-x}-e^{2+x})}{e^{2-x}e^{2+x}}$，

当$x<0$时，$H^{\prime}(x)<0$，$H(x)$单调递减，有$H(x_1-2)=h[2+(x_1-2)]-h[2-(x_1-2)]>H(0)=0$，

因此，$h[2+(x_1-2)]>h[2-(x_1-2)]$，即$h(x_1)>h(4-x_1)$，

也就是$h(x_2)>h(4-x_1)$，

又因为$x_2>2$，$4-x_1>2$，$h(x)$在$(2,+\infty)$上单调递增，

所以$x_2>4-x_1$， 即$x_1+x_2>4$．

注意：在本例中构造的函数为$H(x)=h(2+x)-h(2-x)$，若构造$H(x)=h(x)-h(4-x)$，则$$H^{\prime}(x)=h^{\prime}(x)+h^{\prime}(4-x)=\dfrac{2x-4}{e^x}+\dfrac{2(4-x)-4}{e^{4-x}}=\dfrac{(2x-4)(e^{4-x}-e^x)}{e^xe^{4-x}}$$也能很容易的得出$H(x)$的单调性.

解：（1）易知 $f(x)$ 的定义域为 $(0,+\infty)$，

由题意知 $f^{\prime}(x)=\dfrac{x^2}{2}-2 a+\dfrac{8}{x} \geqslant 0$， 即 $a \leqslant \dfrac{x^2}{4}+\dfrac{4}{x}$ 在 $(0,+\infty) $上恒成立 .

令 $g(x)=\dfrac{x^2}{4}+\dfrac{4}{x}(x>0)$，

则 $g^{\prime}(x)=\dfrac{x}{2}-\dfrac{4}{x^2}=\dfrac{x^3-8}{2 x^2}$.

当 $x>2$ 时, $g^{\prime}(x)>0, g(x)$ 单调递增；

当 $0<x<2$ 时，$g^{\prime}(x)<0, g(x)$ 单调递减，

所以当 $x=2$ 时，$g(x)$ 有最小值 $g(2)=3$，所以 $a \leqslant 3$；

（2）因为 $f^{\prime}(x)=\dfrac{x^2}{2}-2 a+\dfrac{8}{x}$，

由 $f^{\prime}(x)=0$ 知，$a=\dfrac{x^2}{4}+\dfrac{4}{x}$，

设 $g(x)=\dfrac{x^2}{4}+\dfrac{4}{x}(x>0)$.

则 $g\left(x_1\right)=g\left(x_2\right)$， 且 $g(x)$ 在 $(2,+\infty)$ 上单调递增，在 $(0,2)$ 上单调递减，

不妨设$0<x_1<2<x_2$，令$h(x)=g(2+x)-g(2-x)$，$x\in (-2,0)$．

$h^{\prime}(x)=g^{\prime}(2+x)+g^{\prime}(2-x)=2-\dfrac{4}{(2+x)^2}-\dfrac{4}{(2-x)^2}=\dfrac{2x^2(x-2\sqrt{3})(x+2\sqrt{3})}{(2+x)^2(2-x)^2}$

因为$\ x\in (-2,0)$，所以$h^{\prime}(x)<0$，所以$h ( x )$上在$(-2,0)$单调递减，且$h(0)=0$，

所以$x\in (-2,0)$时，$h(x)=g(2+x)-g(2-x)>h(0)=0$．

又 $x_1 \in(0,2)$，所以 $x_1-2 \in(-2,0)$.

所以 $h\left(x_1-2\right)=g\left(x_1\right)-g\left(4-x_1\right)>0$.

所以 $g\left(x_2\right)=g\left(x_1\right)>g\left(4-x_1\right)$.

因为 $x_1<2,4-x_1>2, x_2>2$ 且 $g(x)$ 在 $(2,+\infty)$ 上单调递增，

所以 $x_2>4-x_1, x_1+x_2>4$.

解：(1) 函数 $f(x)=\dfrac{1}{2} a x^2-(2 a+1) x+2 \ln x$ 的定义域为 $(0,+\infty)$，

求导得 $f^{\prime}(x)=a x-(2 a+1)+\dfrac{2}{x}=\dfrac{(a x-1)(x-2)}{x}$，

当 $a>0$ 时，若 $a=\dfrac{1}{2}, f^{\prime}(x) \geqslant 0$，函数 $f(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 上单调递增，

无极值点，不符合题意；

若 $0<a<\dfrac{1}{2}$ ，当$0<x<2$或$x>\dfrac{1}{a}$时，$f^{\prime}(x)>0$，当 $2<x<\dfrac{1}{a}$ 时，$f^{\prime}(x)<0$，

即函数 $f(x)$ 在 $(0,2),\left(\dfrac{1}{a},+\infty\right)$ 上单调递增, 在 $\left(2, \dfrac{1}{a}\right)$ 上单调递减，

函数 $f(x)$ 有两个极值点, 不符合题意；

若 $a>\dfrac{1}{2}$，当 $0<x<\dfrac{1}{a}$或$x>2$ 时，$f^{\prime}(x)>0$，当 $\dfrac{1}{a}<x<2$时，$f^{\prime}(x)<0$，

即函数$f(x)$在$\left(0,\dfrac{1}{a}\right)$，$\left(2,+\infty \right)$上单调递增，在$\left(\dfrac{1}{a},2\right)$上单调递减，

函数$f(x)$有两个极值点，不符合题意；

当$a\leqslant 0$时，当$0<x<2$时，$f^{\prime}(x)>0$，当$x>2$时，$f^{\prime}(x)<0$，

即函数 $f(x)$ 在 $(0,2)$ 上单调递增，在 $(2,+\infty)$ 上单调递减，

$2$ 是函数 $f(x)$ 的极大值点，且是唯一极值点,所以 $a$ 的取值范围是 $a \leq 0$.

（2）当 $a \leqslant 0$ 时，函数 $f(x)$ 在 $(0,2)$ 上单调递增， 在 $(2,+\infty)$ 上单调递减，

由 $f\left(x_1\right)=f\left(x_2\right)， x_1 \neq x_2$，不妨令 $0<x_1<2<x_2$，

要证 $x_1 x_2<4$，只需证 $x_1<\dfrac{4}{x_2}$，即证 $f\left(x_1\right)<f\left(\dfrac{4}{x_2}\right)$，

令$g(x)=f\left(x\right)-f\left(\dfrac{4}{x}\right)$，$x>2$.

$g^{\prime}(x)=f^{\prime}(x)-f^{\prime}\left(\dfrac{4}{x}\right) \cdot\left(-\dfrac{4}{x^2}\right)$

$=\dfrac{(a x-1)(x-2)}{x}+\dfrac{\left(\dfrac{4 a}{x}-1\right)\left(\dfrac{4}{x}-2\right)}{\dfrac{4}{x}} \cdot \dfrac{4}{x^2}$

$=\dfrac{(a x-1)(x-2)+\dfrac{2}{x^2}(x-2)(x-4 a)}{x}$

$=\dfrac{x-2}{x}\left(a x-1+\dfrac{2 x-8 a}{x^2}\right)$

$=\dfrac{x-2}{x} \cdot \dfrac{(x-2)\left[a\left(x^2+2 x+4\right)-x\right]}{x^2}$

$=\dfrac{(x-2)^2\left[a(x+1)^2+3 a-x\right]}{x^3}<0$，

于是函数 $g(x)$ 在 $(2,+\infty)$ 上单调递减，$g(x)<g(2)=0$,

而$x_2>2$，则 $g\left(x_2\right)<0$，

即 $f\left(x_2\right)-f\left(\dfrac{4}{x_2}\right)<0 \Leftrightarrow f\left(x_2\right)<f\left(\dfrac{4}{x_2}\right)$，

又 $f\left(x_1\right)=f\left(x_2\right)$，

因此 $f\left(x_1\right)<f\left(\dfrac{4}{x_2}\right)$，

显然 $0<x_1<2,0<\dfrac{4}{x_2}<2$，又函数 $f(x)$ 在 $(0,2)$ 上单调递增, 则有 $x_1<\dfrac{4}{x_2}$，

所以 $x_1 x_2<4$.

解：第(1)问采用分离参数的方法，化为$a\leqslant \ln x +\dfrac{1}{x}$，只需求$\ln x +\dfrac{1}{x}$的最小值即可；

第(2)问求导得：$f^{\prime}(x)=a-1-\ln x$，

所以$f(x)$在$\left(0,e^{a-1}\right)$上单调递增，在$\left(e^{a-1},+\infty\right)$上单调递减，

不妨设$0<x_1<e^{a-1}<x_2$，

$\because f^{\prime}(x)$为减函数，

要证$f^{\prime}\left(\sqrt{x_1x_2}\right)>0$，只需证$\sqrt{x_1x_2}<e^{a-1}$，

即证$x_1x_2<e^{2a-2}$，即证$x_1<\dfrac{e^{2a-2}}{x_2}$，

只需证$f(x_1)<f\left(\dfrac{e^{2a-2}}{x_2}\right)$，

构造函数$g(x)=f(x)-f\left(\dfrac{e^{2a-2}}{x}\right)$，$x\in \left(0,e^{a-1}\right)$

则$g^{\prime}(x)=f^{\prime}(x)-f^{\prime}(\dfrac{e^{2a-2}}{x})\cdot \left(-\dfrac{e^{2a-2}}{x^2}\right)=\dfrac{x^2-e^{2a-2}}{x^2} \left(a-1-\ln x\right)<0$，

$\therefore g(x)$在$\left(0,e^{a-1}\right)$上单调递减，

则$g(x_1)>g(e^{a-1})=0$，

即$f(x_1)-f\left(\dfrac{e^{2a-2}}{x_1}\right)>0$，$f(x_1)>f\left(\dfrac{e^{2a-2}}{x_1}\right)$，

也就是$f(x_2)>f\left(\dfrac{e^{2a-2}}{x_1}\right)$，

由于$x_2\in \left(e^{a-1},+\infty\right)$，$\dfrac{e^{2a-2}}{x_1}\in \left(e^{a-1},+\infty\right)$，且$f(x)$在$\left(e^{a-1},+\infty\right)$上单调递减，

因此$x_2<\dfrac{e^{2a-2}}{x_1}$，即$x_1x_2<e^{2a-2}$，

因此原命题得证.

直接解第(2)问第(ii)小问：

(ii) 由 $\mathrm{e}^{x-2}-a x=0$，得 $x-2=\ln (a x)=\ln a+\ln x$，即 $x-2-\ln x=\ln a$.

所以 $x_1-2-\ln x_1=x_2-2-\ln x_2=\ln a$.

令 $g(x)=x-2-\ln x$，则 $g^{\prime}(x)=1-\dfrac{1}{x}$.

当 $x>1$ 时，$g^{\prime}(x)>0$ ； 当 $0<x<1$ 时，$g^{\prime}(x)<0$.

所以 $g(x)$ 在 $(0,1)$ 递减，在 $(1,+\infty)$ 递增，所以 $0<x_1<1<x_2$.

要证 $x_1+x_2>2$，只需证 $x_2>2-x_1>1$.

因为 $g(x)$ 在 $(1,+\infty)$ 递增，所以只需证 $g\left(x_2\right)>g\left(2-x_1\right)$.

因为 $g\left(x_1\right)=g\left(x_2\right)$，只需证 $g\left(x_1\right)>g\left(2-x_1\right)$，

即证 $g\left(x_1\right)-g\left(2-x_1\right)>0$.

令 $h(x)=g(x)-g(2-x), 0<x<1$，则 $h^{\prime}(x)=2-\left(\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{2-x}\right)$.

因为 $\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{2-x}=\dfrac{1}{2}[x+(2-x)]\left(\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{2-x}\right) \geqslant 2$，

所以 $h^{\prime}(x) \leqslant 0$，即 $h(x)$ 在 $(0,1)$ 上单调递减.

所以 $h(x)>h(1)=0$，即 $g\left(x_1\right)-g\left(2-x_1\right)>0$，

所以 $x_1+x_2>2$ 成立.

解：(1) 因为 $f(x)=x^2 \ln x-a(a \in \mathbb{R})$ 的定义域为 $(0,+\infty)$，

则 $f^{\prime}(x)=2 x \ln x+x=x(2 \ln x+1)$，

令 $f^{\prime}(x)>0$，解得 $x>\dfrac{1}{\sqrt{\mathrm{e}}}$，

令 $f^{\prime}(x)<0$，解得 $0<x<\dfrac{1}{\sqrt{\mathrm{e}}}$，

所以 $f(x)$ 的单调减区间为 $\left(0, \dfrac{1}{\sqrt{\mathrm{e}}}\right)$，单调增区间为 $\left(\dfrac{1}{\sqrt{\mathrm{e}}},+\infty\right)$.

（2）证明: 不妨设 $x_1<x_2$，由 (1) 知：必有 $0<x_1<\frac{1}{\sqrt{\mathrm{e}}}<x_2$.

要证 $x_1+x_2<\dfrac{2}{\sqrt{\mathrm{e}}}$，

即证 $x_2<\dfrac{2}{\sqrt{\mathrm{e}}}-x_1$，

即证 $f\left(x_2\right)<f\left(\dfrac{2}{\sqrt{\mathrm{e}}}-x_1\right)$，

又 $f\left(x_2\right)=f\left(x_1\right)$，

即证 $f\left(x_1\right)-f\left(\dfrac{2}{\sqrt{\mathrm{e}}}-x_1\right)<0$.

令 $g(x)=f(x)-f\left(\dfrac{2}{\sqrt{\mathrm{e}}}-x\right)$，其中 $x \in\left(0, \dfrac{1}{\sqrt{\mathrm{e}}}\right)$，

则 $g^{\prime}(x)=x(2 \ln x+1)+\left(\dfrac{2}{\sqrt{\mathrm{e}}}-x\right)\left[2 \ln \left(\dfrac{2}{\sqrt{\mathrm{e}}}-x\right)+1\right]$，

令$h(x)=g^{\prime}(x)$，

则$x \in\left(0, \dfrac{1}{\sqrt{\mathrm{e}}}\right)$时，$h^{\prime}(x)=2(\ln x+1)+1-\left[2 \ln \left(\dfrac{2}{\sqrt{\mathrm{e}}}-x\right)+1\right]-1=2 \ln \dfrac{x}{\dfrac{2}{\sqrt{\mathrm{e}}}-x}<0$恒成立 ，

所以 $h(x)$ 在 $\left(0, \dfrac{1}{\sqrt{\mathrm{e}}}\right)$ 上单调递减，

即 $g^{\prime}(x)$ 在 $\left(0, \dfrac{1}{\sqrt{\mathrm{e}}}\right)$ 上单调递减，

所以 $g^{\prime}(x)>g^{\prime}\left(\dfrac{1}{\sqrt{\mathrm{e}}}\right)=0$，

所以 $g(x)$ 在 $\left(0, \dfrac{1}{\sqrt{\mathrm{e}}}\right)$ 上单调递增，

所以 $g\left(x_1\right)<g\left(\dfrac{1}{\sqrt{\mathrm{e}}}\right)=0$，

即 $f\left(x_1\right)-f\left(\dfrac{2}{\sqrt{\mathrm{e}}}-x_1\right)<0$，所以 $x_1+x_2<\dfrac{2}{\sqrt{\mathrm{e}}}$；

接下来证明 $x_1+x_2>1$，

令 $\dfrac{x_2}{x_1}=t$，则 $t>1$，

又 $f\left(x_1\right)=f\left(x_2\right)$，即 $x_1^2 \ln x_1=x_2^2 \ln x_2$，

所以 $\ln x_1=\dfrac{t^2 \ln t}{1-t^2}$，

要证 $1<x_1+x_2$，即证 $1<x_1+t x_1$，有 $(t+1) x_1>1$，

不等式 $(t+1) x_1>1$ 两边取对数，即证 $\ln x_1+\ln (t+1)>0$，

即证 $\dfrac{t^2 \ln t}{1-t^2}+\ln (t+1)>0$，

即证 $\dfrac{(t+1) \ln (t+1)}{t}>\dfrac{t \ln t}{t-1}$,

令 $u(x)=\dfrac{x \ln x}{x-1}, x \in(1,+\infty)$，

则 $u^{\prime}(x)=\dfrac{(\ln x+1)(x-1)-x \ln x}{(x-1)^2}=\dfrac{x-\ln x-1}{(x-1)^2}$，

令 $p(x)=x-\ln x-1$，其中 $x \in(1,+\infty)$, 则 $p^{\prime}(x)=1-\dfrac{1}{x}=\dfrac{x-1}{x}>0$，

所以, $p(x)$ 在 $(1,+\infty)$ 上单调递增，

则当 $x \in(1,+\infty)$ 时，$p(x)>p(1)=0$，故当 $x \in(1,+\infty)$ 时，$u^{\prime}(x)=\dfrac{x-\ln x-1}{(x-1)^2}>0$，

可得函数 $u(x)$ 单调递增，可得 $u(t+1)>u(t) $ ，

即 $\dfrac{(t+1) \ln (t+1)}{t}>\dfrac{t \ln t}{t-1}$ ，

所以 $x_1+x_2>1$ ，

综上，$1<x_1+x_2<\dfrac{2}{\sqrt{\mathrm{e}}}$.

(1) 当 $a=2$ 时，$f(x)=(x-2)\left(\mathrm{e}^x-2 x\right)$，

则 $f^{\prime}(x)=\mathrm{e}^x-2 x+(x-2)\left(\mathrm{e}^x-2\right)=(x-1)\left(\mathrm{e}^x-4\right)$；

令 $f^{\prime}(x)=0$，解得：$x=1$ 或 $x=\ln 4=2 \ln 2$，

$\therefore$ 当 $x \in(-\infty, 1) \cup(2 \ln 2,+\infty)$ 时，$f^{\prime}(x)>0$；当 $x \in(1,2 \ln 2)$ 时，$f^{\prime}(x)<0$；

$\therefore f(x)$ 在 $(-\infty, 1),(2 \ln 2,+\infty)$ 上单调递增，在 $(1,2 \ln 2)$ 上单调递减.

(2)（i） 由 $f(x)=(x-3) \mathrm{e}^x+2 a x$ 得：$\mathrm{e}^x-a x^2=0$,

$\because f(x)=(x-3) \mathrm{e}^x+2 a x$ 恰有 2 个正实数根 $x_1, x_2$，

$\therefore \mathrm{e}^x=a x^2$ 恰有 2 个正实数根 $x_1, x_2$，

令 $g(x)=\dfrac{\mathrm{e}^x}{x^2}(x>0)$，则 $y=a$ 与 $g(x)$ 有两个不同交点,

$\because g^{\prime}(x)=\dfrac{(x-2) \mathrm{e}^x}{x^3}$，

$\therefore$ 当 $x \in(0,2)$ 时，$g^{\prime}(x)<0$；当 $x \in(2,+\infty)$ 时，$g^{\prime}(x)>0$；

$\therefore g(x)$ 在 $(0,2)$ 上单调递减，在 $(2,+\infty)$ 上单调递增，

又 $g(2)=\dfrac{\mathrm{e}^2}{4}$，

当 $x$ 从 0 的右侧无限趋近于 0 时，$g(x)$ 趋近于 $+\infty$；当 $x$ 无限趋近于 $+\infty$ 时，$\mathrm{e}^x$ 的增速远大于 $x^2$ 的增速，则 $g(x)$趋近于 $+\infty$；

$\therefore$ 当 $a>\dfrac{\mathrm{e}^2}{4}$ 时，$y=a$ 与 $g(x)$ 有两个不同交点，

$\therefore$ 实数 $a$ 的取值范围为 $\left(\dfrac{\mathrm{e}^2}{4},+\infty\right)$;

(ii) 由 (i) 知: $\mathrm{e}^{x_1}=a x_1^2, \mathrm{e}^{x_2}=a x_2^2,\left(x_1>0, x_2>0\right)$

$\therefore x_1=\ln a+2 \ln x_1, x_2=\ln a+2 \ln x_2$，

$\therefore x_1-x_2=2 \ln x_1-2 \ln x_2=2 \ln \dfrac{x_1}{x_2}$，

不妨设 $x_2>x_1>0$，则 $\dfrac{x_1-x_2}{\ln \dfrac{x_1}{x_2}}=2$，

要证 $x_1+x_2>4$，只需证 $x_1+x_2>\dfrac{2\left(x_1-x_2\right)}{\ln \dfrac{x_1}{x_2}}$，

$\because x_2>x_1>0, \therefore 0<\dfrac{x_1}{x_2}<1, \therefore \ln \dfrac{x_1}{x_2}<0$，

则只需证 $\ln \dfrac{x_1}{x_2}<\dfrac{2\left(x_1-x_2\right)}{x_1+x_2}=\dfrac{2\left(\dfrac{x_1}{x_2}-1\right)}{\dfrac{x_1}{x_2}+1}$，

令 $t=\dfrac{x_1}{x_2} \in(0,1)$, 则只需证当 $t \in(0,1)$ 时, $\ln t<\dfrac{2(t-1)}{t+1}$ 恒成立,

令 $h(t)=\ln t-\dfrac{2(t-1)}{t+1}(0<t<1)$,

$\therefore h^{\prime}(t)=\dfrac{1}{t}-\dfrac{2(t+1)-2(t-1)}{(t+1)^2}=\dfrac{(t+1)^2-4 t}{t(t+1)^2}=\dfrac{(t-1)^2}{t(t+1)^2}>0$，

$\therefore h(t)$ 在 $(0,1)$ 上单调递增, $\therefore h(t)<h(1)=0$，

$\therefore$ 当 $t \in(0,1)$ 时, $\ln t<\dfrac{2(t-1)}{t+1}$ 恒成立，

$\therefore$ 原不等式 $x_1+x_2>4$ 得证.

解：(1) 当 $f(1)=-1$ 时，$f(1)=-a+2-1=-1$，

所以 $a=2$，则 $f(x)=2 \ln x-2 x^2+2 x-1$，定义域为 $(0,+\infty)$.

令 $f^{\prime}(x)=\dfrac{-2(x-1)(2 x+1)}{x}>0$，解得: $0<x<1$.

所以 $f(x)$ 的单调增区间为 $(0,1)$，单调减区间为 $(1,+\infty)$；

则当 $x=1$ 时，$y=f(x)$ 有极大值 $f(1)=-1$，无极小值;

（2）依题意 $g(x)=f(x)-2 a x+3 \leqslant 0$ 对 $x \in(0,+\infty)$ 恒成立，

等价于 $a \geqslant \dfrac{2(\ln x+x+1)}{x^2+2 x}$ 对 $x \in(0,+\infty)$ 恒成立.

令 $h(x)=\dfrac{2(\ln x+x+1)}{x^2+2 x}$，

则 $h^{\prime}(x)=\dfrac{-2(x+1)(2 \ln x+x)}{\left(x^2+2 x\right)^2}$.

令 $\varphi(x)=2 \ln x+x$， 则 $\varphi(x)=2 \ln x+x$ 在 $(0,+\infty)$ 上是增函数，

$\varphi(1)=1>0, \varphi\left(\dfrac{1}{2}\right)=\dfrac{1}{2}+2 \ln \dfrac{1}{2}=\dfrac{1}{2}(1-4 \ln 2)<0$，

所以 $\exists x_0 \in\left(\dfrac{1}{2}, 1\right)$，使 $\varphi\left(x_0\right)=0$，

即 $2 \ln x_0+x_0=0$对 $\forall x \in\left(0, x_0\right), \varphi(x)<0, h^{\prime}(x)>0$，

所以 $h(x)$ 在 $\left(0, x_0\right)$ 上单调递增；

对 $\forall x \in\left(x_0,+\infty\right), \varphi(x)>0, h^{\prime}(x)<0$，

所以 $h(x)$ 在 $\left(x_0,+\infty\right)$ 上单调递减.

所以 $h(x)_{\max }=h\left(x_0\right)=\dfrac{2\left(\ln x_0+x_0+1\right)}{x_0\left(x_0+2\right)}=\dfrac{x_0+2}{x_0\left(x_0+2\right)}=\dfrac{1}{x_0}$.

所以 $a \geqslant \dfrac{1}{x_0} \in(1,2)$.

（3）当 $0<a<1$ 时, $g^{\prime}(x)=\dfrac{-2(x+1)(a x-1)}{x}$,

令 $g^{\prime}(x)=\dfrac{-2(x+1)(a x-1)}{x}>0 \Rightarrow x<\dfrac{1}{a}$，

故 $g(x)$ 在 $\left(0, \dfrac{1}{a}\right)$ 上单调递增，在 $\left(\frac{1}{a},+\infty\right)$ 上单调递减，

$g\left(\dfrac{1}{a}\right)=2 \ln \dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{a}>0, x \rightarrow 0$ 时，$g(x) \rightarrow-\infty$; $x \rightarrow+\infty$ 时，$g(x) \rightarrow-\infty$;

依题意存在 $x_1, x_2 \in(0,+\infty)$ 使得 $g\left(x_1\right)=g\left(x_2\right)$，

已知 $x_1<x_2$ 可得 $0<x_1<\dfrac{1}{a}<x_2$, 要证 $x_1+x_2>\dfrac{2}{a}$ 成立,

因为 $x_1, x_2$ 是 $g(x)$ 的零点，所以 $\begin{cases}g\left(x_1\right)=0 \\ g\left(x_2\right)=0\end{cases} \Rightarrow\begin{cases}\ln x_1=\dfrac{1}{2} a x_1^2+(a-1) x_1+1 \\ \ln x_2=\dfrac{1}{2} a x_2^2+(a-1) x_2+1\end{cases}$，

两式相减得：$\ln x_1-\ln x_2=\dfrac{1}{2} a\left(x_1^2-x_2^2\right)+(a-1)\left(x_1-x_2\right)$，

即 $\dfrac{2}{a}=\dfrac{\left(x_1^2-x_2^2\right)+2\left(x_1-x_2\right)}{\left(\ln x_1-\ln x_2\right)+\left(x_1-x_2\right)}$，

要证 $x_1+x_2>\dfrac{2}{a}$，只需证 $x_1+x_2>\dfrac{\left(x_1^2-x_2^2\right)+2\left(x_1-x_2\right)}{\left(\ln x_1-\ln x_2\right)+\left(x_1-x_2\right)}$，

又因为 $x_1<x_2$ 只需证 $x_1^2-x_2^2+\left(x_1+x_2\right) \ln \dfrac{x_1}{x_2}<x_1^2-x_2^2+2\left(x_1-x_2\right)$，

即证 $\ln \dfrac{x_1}{x_2}<\dfrac{2\left(x_1-x_2\right)}{x_1+x_2}$，

令 $t=\dfrac{x_1}{x_2} \in(0,1)$，则 $G(t)=\ln t-\dfrac{2(t-1)}{1+t}$, 所以 $G^{\prime}(t)=\dfrac{(t-1)^2}{t(1+t)^2}>0$，

所以 $G(t)$ 在 $(0,1)$ 增函数，所以 $G(t)<G(1)=0$ 即 $\ln t<\dfrac{2(t-1)}{t+1}$.

即 $\ln \dfrac{x_1}{x_2}<\dfrac{2\left(x_1-x_2\right)}{x_1+x_2}$ 成立.

所以原不等式得证.