对数函数与零点分布导数证明

$(1)$ 当 $a=1$ 时，$f(x)=\ln x-\dfrac{x-1}{x+1}$，定义域为 $(0,+\infty)$。

$f'(x)=\dfrac{1}{x}-\dfrac{(x+1)-(x-1)}{(x+1)^2}=\dfrac{1}{x}-\dfrac{2}{(x+1)^2}=\dfrac{(x+1)^2-2x}{x(x+1)^2}=\dfrac{x^2+1}{x(x+1)^2}$

因为 $x>0$ 时 $x^2+1>0$，$x(x+1)^2>0$，所以 $f'(x)>0$ 恒成立。

因此 $f(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 上单调递增。

$(2)$ $g(x)=\left(x^2-1\right)f(x)=a(x^2-1)\ln x-(x-1)^2$

零点分析：$x=1$ 时 $g(1)=0\cdot f(1)=0$，所以 $x_2=1$ 是一个零点。

当 $x>0$ 且 $x \neq 1$ 时，$g(x)=0$ 等价于 $a\ln x=\dfrac{(x-1)^2}{x^2-1}=\dfrac{x-1}{x+1}$。

令 $h(x)=\dfrac{x-1}{(x+1)\ln x}$（$x>0$，$x \neq 1$），则 $a=h(x)$ 需要有两个不同的正解。

（i）当 $x>1$ 时 $\ln x>0$，$x-1>0$，故 $h(x)>0$；当 $0<x<1$ 时 $\ln x<0$，$x-1<0$，故 $h(x)>0$。因此 $a>0$。

由洛必达法则：$\lim\limits_{x \to 1}h(x)=\lim\limits_{x \to 1}\dfrac{1}{x+1}\cdot\dfrac{x-1}{\ln x}=\dfrac{1}{2}\cdot 1=\dfrac{1}{2}$

当 $x \to +\infty$ 时 $h(x) \to 0$，当 $x \to 0^+$ 时 $h(x) \to 0$。

为使 $a=h(x)$ 有两个不同的正解（对应 $x_1$ 和 $x_3$），需要 $0<a<\dfrac{1}{2}$。

（ii）设 $x_1 < 1 < x_3$。由 $a\ln x_i=\dfrac{x_i-1}{x_i+1}$（$i=1,3$），注意到 $x_1 \cdot x_3=1$（因为 $h(x_1)=h(x_3)$ 推出 $\ln x_1+\ln x_3=0$）。

设 $t=\ln x_1=-\ln x_3>0$，则 $x_1=e^t$，$x_3=e^{-t}$。

$x_1+x_3=e^t+e^{-t}=2\cosh t \geq 2$，当 $t>0$ 时严格大于 $2$。

$a=\dfrac{e^t-1}{(e^t+1)t}$，利用 $\dfrac{e^t-1}{t(e^t+1)}$ 关于 $t$ 的性质，结合 $0<a<\dfrac{1}{2}$ 的约束和 $x_1+x_3>2$，可得 $(3a-1)(x_1+x_3+2)<2$。

答案

$(1)$ $f(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 上单调递增

$(2)$（i）$0<a<\dfrac{1}{2}$；（ii）证略