已知函数 $f(x)=\mathrm{e}^{x}-a \sin x$，$g(x)=b\sqrt{x}$．
1、求 $f(x)$ 在点 $(0, f(0))$ 处的切线方程．
2、已知 $y=f(x)$ 与 $y=g(x)$ 有公共点．
① 当 $a=0$ 时，求 $b$ 的取值范围；
② 求证：$a^{2}+b^{2}>\mathrm{e}$．
解析
1、根据题意，函数 $f(x)$ 的导函数\[f'(x)={\rm e}^x-a\cos x,\]于是所求切线方程为\[y=f(0)+f'(0)x\iff y=(1-a)x+1.\]
2、① 当 $a=0$ 时，$y=f(x)$ 与 $y=g(x)$ 有公共点等价于关于 $x$ 的方程\[b=\dfrac{{\rm e}^x}{\sqrt x}\]有解，设右侧函数为 $h(x)$，则其导函数\[h'(x)=\dfrac{{\rm e}^x(2x-1)}{2x\sqrt x},\]因此 $h(x)$ 在 $\left(0,\dfrac 12\right)$ 上单调递减，在 $\left(\dfrac 12,+\infty\right)$ 上单调递增，在 $x=\dfrac 12$ 处取得极小值也为最小值 $h\left(\dfrac 12\right)=\sqrt{2{\rm e}}$．一方面，当 $0<x<\dfrac1{b^2}$ 时，有\[\dfrac{{\rm e}^x}{\sqrt x}>\dfrac{1}{\sqrt x}>b,\]另一方面，当 $x>b^2$ 时，有\[\dfrac{{\rm e}^x}{\sqrt x}>\dfrac{1+x}{\sqrt x}>\sqrt x>b,\]因此 $b$ 的取值范围是 $\left[\sqrt{2{\rm e}},+\infty\right)$．
② 设 $y=f(x)$ 与 $y=g(x)$ 的公共点横坐标为 $x_0$（$x_0>0$），则\[{\rm e}^{x_0}-a\sin x_0=b\sqrt{x_0},\]于是\[a^2+b^2\geqslant \dfrac{\left(a\sin x_0+b\sqrt{x_0}\right)^2}{\sin^2x_0+x_0}=\dfrac{{\rm e}^{2x_0}}{\sin^2x_0+x_0}>\dfrac{{\rm e}^{2x_0}}{x_0^2+x_0},\]记函数 $r(x)=\dfrac{{\rm e}^{2x}}{x^2+x}$，则其导函数\[r'(x)=\dfrac{{\rm e}^{2x}(2x^2-1)}{(x^2+x)^2},\]因此 $r(x)$ 的极小值也为最小值为\[r\left(\dfrac{\sqrt 2}2\right)=\dfrac{{\rm e}^{\sqrt 2}}{\dfrac 12+\dfrac{\sqrt 2}2}=2\left(\sqrt 2-1\right){\rm e}^{\sqrt 2}>2\left(\sqrt 2-1\right)\left(1+\sqrt 2+\dfrac 12\cdot\left(\sqrt 2\right)^2\right)=2\sqrt 2>{\rm e},\]命题得证．