已知函数 $f(x)=\mathrm{e}^{x-1}+a$，函数 $g(x)=ax+\ln x$，$a\in\mathbb R$．
【难度】
【出处】
无
【标注】
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若曲线 $y=f(x)$ 与直线 $y=x$ 相切，求证：$f(x)\geqslant g(x)+1$；标注答案略解析函数 $f(x)$ 的导函数为$$f'(x)=\mathrm{e}^{x-1},$$设曲线 $y=f(x)$ 与直线 $y=x$ 相切于 $(x_0,x_0)$，则有$$f'(x_0)=\mathrm{e}^{x_0-1}=1,$$因此 $x_0=1,a=0$，题意即证明$$\forall x>0,\mathrm{e}^{x-1}\geqslant\ln x+1,$$我们熟知 $\mathrm{e}^x\geqslant x+1$，$\ln x\leqslant x-1$，因此有$$\mathrm{e}^{x-1}\geqslant x\geqslant \ln x+1,$$原命题得证．
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若函数 $f(x)$ 与函数 $g(x)$ 的图象有且仅有一个公共点 $P(x_0,y_0)$，求证：$x_0<2$．标注答案略解析题意即$$\mathrm{e}^{x-1}-\ln x+a(1-x)=0,$$即$$a=\dfrac{\mathrm{e}^{x-1}-\ln x}{x-1}$$仅有一个正实数解 $x_0$，记右侧函数为 $h(x)$，题意即 $y=a$ 和 $h(x)$ 的图象仅有一个公共点 $x_0$，$h(x)$ 的导函数为$$h'(x)=\dfrac{\mathrm{e}^{x-1}\cdot(x-2)+\dfrac1x+\ln x-1}{(x-1)^2},$$令\[\varphi(x)=\mathrm{e}^{x-1}\cdot(x-2)+\dfrac1x+\ln x-1,\]求导得$$\varphi'(x)=(x-1)\cdot\left(\mathrm{e}^{x-1}+\dfrac{1}{x^2}\right),$$因此 $\varphi(x)$ 在 $(0,1)$ 单调递减，$(1,+\infty)$ 单调递增．
注意到$$\varphi(1)=-1<0,\varphi(2)=\ln2-\dfrac12>0,$$故因此 $\varphi(x)$ 在 $(1,2)$ 内存在唯一零点，记为 $m$，于是\[\begin{array} {c|ccc}\hline
x&(1,m)&m&(m,+\infty)\\ \hline
\varphi(x)&-&0&+\\ \hline
h(x)&\searrow&\min &\nearrow\\ \hline \end{array}\]若 $x_0\geqslant 2$，则\[a=h(x_0)>{\rm e}-\ln 2>2,\]而根据第 $(1)$ 小题的结果，当 $ x>1 $ 时，有\[h(x)>\dfrac{1}{x-1},\]于是取 $ p=1+\dfrac 1a $，则\[h(p)>a,\]因此函数 $ h(x)$ 与直线 $ y=a $ 在 $ \left(p,2\right)$ 上必然存在交点，与 $ P $ 是 $ f(x)$ 与 $ g(x)$ 的唯一公共点矛盾．因此 $ x_0<2$．
题目
问题1
答案1
解析1
备注1
问题2
答案2
解析2
备注2
