已知函数 $f(x)=x \ln x+\dfrac{1}{x}$．
1、求 $f(x)$ 的单调区间．
2、若曲线 $y=f(x)$ 与直线 $y=k x-k$（$k>0$）有且只有一个公共点 $P\left(x_0, y_0\right)$，求证：$2<x_0<3$．
解析
1、函数 $f(x)$ 的导函数\[f'(x)=\ln x-\dfrac1{x^2}+1,\]于是 $f'(x)$ 单调递增，且有零点 $x=1$，因此函数 $f(x)$ 的单调递增区间是 $(1,+\infty)$，单调递减区间是 $(0,1)$．
2、根据题意，方程 $f(x)=kx-k$ 即\[k=\dfrac{x^2\ln x+1}{x(x-1)},\]由于 $k>0$，只需要考虑 $x>1$ 的情形．设方程右侧函数为 $g(x)$，则有\[g'(x)=\dfrac{\dfrac{1}{x^2}-\dfrac 2x-1+x-\ln x}{(x-1)^2x^2},\]设分子部分为函数 $h(x)$，则其导函数\[h'(x)=\dfrac{(x-1)(x^2+2)}{x^3},\]因此 $h(x)$ 在 $(1,+\infty)$ 上单调递增，考虑到\[h(2)=\dfrac 14-\ln 2,\quad h(3)=\dfrac{13}9-\ln 3,\]且\[\ln 2>1-\dfrac 12=\dfrac 12,\quad \ln 3<\dfrac 12\left(3-\dfrac 13\right)=\dfrac 43,\]因此\[h(2)<0<h(3),\]从而 $x=x_0$ 为函数 $g(x)$ 的极值点，且有 $2<x_0<3$，命题得证．