设函数f(x)=1−e−x．
（1）证明：当x>−1时，f(x)⩾；
（2）设当x \geqslant 0时，f(x)\leqslant \dfrac{x}{ax+1}，求a的取值范围．
（1）证明 题中不等式即1-\dfrac{1}{{\rm e}^x}\geqslant 1-\dfrac{1}{x+1},于是只需要证明{\rm e} ^x\geqslant x+1,记g(x)={\rm e} ^x-x-1，则其导函数g'(x)={\rm e} ^x-1,于是g(x)在x=0处取得最小值0，因此\forall x>-1,g(x)\geqslant 0,原命题得证．
（2）解 分析端点，当x=0时，左边和右边均为0；而当x\to+ \infty 时，1-{\rm e}^{-x}\to 1,而当a=0时，\dfrac{x}{ax+1}\to +\infty ,当a\neq 0时，\dfrac{x}{ax+1}\to \dfrac 1a,因此得到必要条件0\leqslant a\leqslant 1．
否则，若a<0，则取x=-\dfrac 1a+1，则\dfrac{x}{ax+1}<0<1-{\rm e}^{-x},矛盾．
若a>1，则取x=\ln\dfrac{a}{a-1}，则\dfrac{x}{ax+1}<\dfrac 1a=1-{\rm e}^{-x},矛盾．
于是原命题等价于\forall x\geqslant 0,\dfrac{{\rm e}^x-1}{{\rm e}^x}\cdot (ax+1)\leqslant x,即\forall x\geqslant 0,{\rm e}^x\left[(1-a)x-1\right]+ax+1\geqslant 0,记左侧函数为h(x)，注意到h(0)=0，而其导函数h'(x)={\rm e}^x\left[(1-a)x-a\right]+a,又h'(0)=0，而其导函数h'^\prime (x)={\rm e}^x\left[(1-a)x+1-2a\right],于是h'^\prime(0)=1-2a \geqslant 0,从而0\leqslant a\leqslant \dfrac 12.
若不然，a>\dfrac 12时，考虑区间\left[0,\dfrac{2a-1}{1-a}\right]，在该区间上，h'^\prime (x)\leqslant 0，于是h'(x)单调递减，又h'(0)=0，于是h'(x)<0，从而h(x)单调递减，又h(0)=0，于是h(x)\leqslant 0，矛盾．
下面证明0\leqslant a\leqslant \dfrac 12的充分性．
当0\leqslant a \leqslant \dfrac 12时，h'^\prime (x)={\rm e}^x\cdot (1-a)\cdot\left(x+\dfrac{1-2a}{1-a}\right)对任意x \geqslant 0均不小于0．于是在区间[0,+\infty )上，h'(x)单调递增，又h'(0)=0，于是h'(x)\geqslant 0，进而h(x)单调递增，于是h(x)\geqslant 0，命题成立．
综上，a的取值范围是\left[0,\dfrac 12\right]．
注 第一问的结论实际上提示了第二问中a \leqslant 1．