已知函数 $f(x) = -2(x + a)\ln x + x^2 - 2ax - 2a^2 + a$，其中 $a > 0$.

(1) 设 $g(x)$ 是 $f(x)$ 的导函数，讨论 $g(x)$ 的单调性； (2) 证明：存在 $a \in (0,1)$，使得 $f(x) \geqslant 0$ 在区间 $(1, +\infty)$ 内恒成立，且 $f(x) = 0$ 在区间 $(1, +\infty)$ 内有唯一解.

\begin{solution} \begin{enumerate} \item 求导得 $g(x)=f'(x)=2x-2\ln x-\frac{2a}{x}-2a-2$，$g'(x)=2\left(1-\frac1x+\frac a{x^2}\right)=\frac{2(x^2-x+a)}{x^2}$. 当 $0<a<\dfrac14$ 时，$x^2-x+a=0$ 的两个根为 $\alpha=\dfrac{1-\sqrt{1-4a}}2$，$\beta=\dfrac{1+\sqrt{1-4a}}2$. 因此 $g(x)$ 在 $(0,\alpha)$ 和 $(\beta,+\infty)$ 上单调递增，在 $(\alpha,\beta)$ 上单调递减.

当 $a\geqslant\dfrac14$ 时，$x^2-x+a\geqslant0$，所以 $g(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 上单调递增. \item 对任意 $a>0$，在 $x>1$ 时有 又 $g(1)=-4a<0$，且当 $x\to+\infty$ 时 $g(x)\to+\infty$，所以存在唯一的 $c(a)>1$ 使 $g(c(a))=0$. 因而 $f$ 在 $(1,c(a))$ 上递减，在 $(c(a),+\infty)$ 上递增，$f(c(a))$ 是 $f$ 在 $(1,+\infty)$ 上的最小值.

令 $\Phi(a)=f(c(a))$. 函数 $g(x,a)$ 关于 $x$，$a$ 连续，且在每个根 $c(a)>1$ 处有 $\dfrac{\partial g}{\partial x}=g'(c(a))>0$，所以唯一根 $c(a)$ 随 $a$ 连续变化，从而 $\Phi(a)$ 连续. 进一步，对任意固定的 $\delta>0$，有 由连续性，当 $a>0$ 充分接近 $0$ 时仍有 $g(1+\delta,a)>0$. 又 $g(1,a)<0$，且 $g$ 在 $x>1$ 上递增，故 $1<c(a)<1+\delta$，从而 $c(a)\to1$（$a\to0^+$）. 因此 $\Phi(a)\to f(1,0)=1>0$. 另一方面，取 $a=\dfrac12$，有 $f(1)=0$，且 $g(1)=-2<0$，所以 $f$ 在 $1$ 的右邻域内小于 $0$，即 $\Phi\left(\dfrac12\right)<0$. 由介值定理，存在 $a_0\in\left(0,\dfrac12\right)\subset(0,1)$ 使 $\Phi(a_0)=0$.

对这个 $a_0$，函数 $f$ 先严格递减后严格递增，且在唯一极小点 $c(a_0)$ 处取值 $0$，所以 $f(x)\geqslant0$ 在 $(1,+\infty)$ 内恒成立，且 $f(x)=0$ 在该区间内只有唯一解 $x=c(a_0)$. \end{enumerate} \end{solution}