已知 $f(x)={\rm e}^{x-1}+x^2+a$，$g(x)=x^2+ax+\ln x$．
1、讨论 $g(x)$ 的单调性．
2、已知 $f(x)$ 和 $g(x)$ 的图象有且只有一个公共点 $P(x_0,y_0)$，求证：$x_0<2$．
解析
1、函数 $g(x)$ 的导函数\[g'(x)=a+x+\dfrac 1x=\dfrac{x^2+ax+1}x,\]于是
情形一 当 $a<-2$ 时，函数 $g(x)$ 在 $\left(0,\dfrac{-a-\sqrt{a^2-4}}2\right)$ 上单调递增，在 $\left(\dfrac{-a-\sqrt{a^2-4}}2,\dfrac{-a+\sqrt{a^2-4}}{2}\right)$ 上单调递减，在 $\left(\dfrac{-a+\sqrt{a^2-4}}2,+\infty\right)$ 上单调递增．
情形二 当 $a\geqslant -2$ 时，函数 $g(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 上单调递增．
2、根据题意，有\[f(x)=g(x)\iff a=\dfrac{{\rm e}^{x-1}-\ln x}{x-1},\]记右侧函数为 $h(x)$，则 $h(x)$ 与直线 $y=a$ 只有一个公共点且其横坐标为 $x_0$，且其导函数\[h'(x)=\dfrac{(x-2){\rm e}^{x-1}-\dfrac {x-1}x+\ln x}{(x-1)^2},\]设其分子部分为函数 $r(x)$，则其导函数\[r'(x)=(x-1)\left({\rm e}^{x-1}+\dfrac1{x^2}\right),\]因此函数 $r(x)$ 在 $(0,1)$ 上单调递减，在 $(1,+\infty)$ 上单调递增，考虑到\[\lim_{x\to 0}r(x)=-\infty,r(1)=-1,\lim_{x\to +\infty}r(x)=+\infty,\]因此函数 $h'(x)$ 在 $(0,1)$ 和 $(1,+\infty)$ 上分别有唯一零点，设为 $x_1,x_2$，且\[0<x_1<1<x_2,\]则 \[\begin{array}{c|cccccccccc}\hline x&0+&(0,x_1)&x_1&(x_1,1)&1-&1+&(1,x_2)&x_2&(x_2,+\infty)&+\infty\\ \hline h(x)&-\infty&\nearrow&\text{极大值}&\searrow&-\infty&+\infty&\searrow&\text{极小值}&\nearrow&+\infty\\ \hline\end{array}\]因此 $h(x)$ 与 $y=a$ 只有一个公共点，则公共点的横坐标 $x_0$ 为 $x_1$ 或 $x_2$，显然 $x_1<2$，下面证明 $x_2<2$．考虑到 $r(x)$ 在 $(1,+\infty)$ 上单调递增，因此\[x_2<2\iff r(x_2)<r(2)\iff r(2)>0\iff \ln 2-\dfrac 12>0\iff \ln 4>1,\]因此命题得证．