已知 $a>0$，函数 $f(x)=(1-a x)\left(\mathrm{e}^x-1\right)$．
1、若 $a=1$，证明：当 $x>0$ 时，$f(x)<\ln (x+1)$．
2、若函数 $h(x)=\ln (x+1)-f(x)$ 存在极小值点 $x_0$，证明：$f\left(x_0\right) \geqslant 0$．
解析
1、当 $a=1$ 时，有 $f(x)=(1-x)\left({\rm e}^x-1\right)$，欲证不等式为\[(1-x)\left({\rm e}^x-1\right)<\ln (x+1),\]当 $x\geqslant 1$ 时，不等式显然成立．当 $x\in (0,1)$ 时，设 $g(x)=\ln (x+1)-(1-x)\left({\rm e}^x-1\right)$，则\[g'(x)=\dfrac{1}{x+1}-(1-x){\rm e}^x+\left({\rm e}^x-1\right)=x\left({\rm e}^x-\dfrac{1}{x+1}\right)>x\left(1-\dfrac{1}{x+1}\right)>0,\]因此 $g(x)$ 在 $(0,1)$ 上单调递增，又 $g(0)=0$，欲证不等式得证．
2、函数 $h(x)$ 的导函数\[h'(x)=(ax+a-1)\left({\rm e}^x-\dfrac{1}{1+x}\right),\]讨论分界点为 $a=1$．
情形一 $0<a<1$．此时函数 $h(x)$ 满足\[\begin{array}{c|c|c|c|c|c}\hline x&(-1,0)&0&\left(0,\dfrac 1a-1\right)&\dfrac 1a-1&\left(\dfrac 1a-1,+\infty\right)\\ \hline h(x)&\nearrow&\text{极大值}&\searrow&\text{极小值}&\nearrow\\ \hline\end{array}\]有 $x_0=\dfrac 1a-1$，于是\[f(x_0)=(1+a)\left({\rm e}^{\frac 1a-1}-1\right)>0,\]符合题意．
情形二 $a=1$．此时 $h'(x)\geqslant 0$，$h(x)$ 在 $(-1,+\infty)$ 上单调递增，没有极小值．
情形三 $a>1$．此时函数 $h(x)$ 满足\[\begin{array}{c|c|c|c|c|c}\hline x&\left(-1,\dfrac 1a-1\right)&\dfrac 1a-1&\left(\dfrac 1a-1,0\right)&0&\left(0,+\infty\right)\\ \hline h(x)&\nearrow&\text{极大值}&\searrow&\text{极小值}&\nearrow\\ \hline\end{array}\]有 $x_0=0$，于是\[f(x_0)=0,\]符合题意．
综上所述，命题得证．