已知函数 $f(x)=\ln x-\dfrac{1}{x}$，$ g(x)=a x+b$．
1、若函数 $h(x)=f(x)-g(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 上单调递增，求实数 $a$ 的取值范围．
2、若直线 $g(x)=a x+b$ 是函数 $f(x)=\ln x-\dfrac{1}{x}$ 图象的切线，求 $a+b$ 的最小值．
3、当 $b=0$ 时，若 $f(x)$ 与 $g(x)$ 的图象有两个交点 $A\left(x_1, y_1\right) , B\left(x_2, y_2\right)$，求证：$x_1 x_2>2 \mathrm{e}^2$．
解析
1、根据题意，有 $h(x)=\ln x-\dfrac 1x-ax-b$，其导函数\[h'(x)=\dfrac1{x^2}+\dfrac 1x-a,\]若函数 $h(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 上单调递增，而 $\dfrac1{x^2}+\dfrac 1x$ 在 $x\in (0,+\infty)$ 上的取值范围是 $(0,+\infty)$，所以实数 $a$ 的取值范围是 $(-\infty,0]$．
2、设切点横坐标为 $t$，则\[\begin{cases} at+b=\ln t-\dfrac 1t,\\ \dfrac 1t+\dfrac{1}{t^2}=a,\end{cases}\iff \begin{cases} a=\dfrac 1t+\dfrac1{t^2},\\ b=\ln t-\dfrac 2t-1,\end{cases}\]因此设 $a+b=r(t)$，则\[r(t)=\ln t-\dfrac 1t+\dfrac{1}{t^2}-1,\]该函数的最小值也即\[u(x)=-\ln x-x+x^2-1\]的最小值．$u(x)$ 的导函数为\[u'(x)=\dfrac{2x+1}x\cdot (x-1),\]于是 $u(x)$ 的极小值亦为最小值为 $u(1)=-1$，因此 $a+b$ 的最小值为 $-1$．
3、根据题意，有\[\ln x_1-\dfrac{1}{x_1}-ax_1=\ln x_2-\dfrac{1}{x_2}-ax_2=0,\]于是\[\begin{cases} a(x_1+x_2)=\ln(x_1x_2)-\dfrac{x_1+x_2}{x_1x_2},\\ a(x_1-x_2)=(\ln x_1-\ln x_2)+\dfrac{x_1-x_2}{x_1x_2},\end{cases}\]因此 $a=\dfrac{\ln x_1-\ln x_2}{x_1-x_2}+\dfrac{1}{x_1x_2}$，从而\[\left(\dfrac{\ln x_1-\ln x_2}{x_1-x_2}+\dfrac{1}{x_1x_2}\right)(x_1+x_2)=\ln(x_1x_2)-\dfrac{x_1+x_2}{x_1x_2},\]也即\[(x_1+x_2)\cdot\dfrac{\ln x_1-\ln x_2}{x_1-x_2}=\ln(x_1x_2)-2\cdot \dfrac{x_1+x_2}{x_1x_2},\]根据对数平均不等式和均值不等式，有\[2<\ln(x_1x_2)-\dfrac{4}{\sqrt{x_1x_2}},\]设 $u(x)=\ln x-\dfrac 2{\sqrt x}$，则 $u(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 上单调递增，且\[u\left(2{\rm e}^2\right)=2+\ln 2-\dfrac{2\sqrt 2}{{\rm e}}<2,\]因此 $x_1x_2>2{\rm e}^2$，命题得证．