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、函数 $h(x)$ 的导函数\[h'(x)=\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{x^2}-a,\]于是实数 $a$ 的取值范围是 $(-\infty,0]$．
2、设切点横坐标为 $t$，则切线方程为\[y=f'(t)(x-t)+f(t)\iff y=\left(\frac 1t+\frac 1{t^2}\right)x+\left(\ln t-\frac 2t-1\right),\]于是\[\begin{cases} \frac{1}{t}+\frac{1}{t^2}=a,\\ \ln t-\frac 2t-1=b,\end{cases}\implies a+b=\ln t-\frac 1t+\frac1{t^2}-1,\]设右侧为函数 $r(t)$，则其导函数\[r'(t)=\dfrac{(t+2)(t-1)}{t^3},\]因此当 $t=1$ 时，$a+b$ 取得极小值，也为最小值 $r(1)=-1$，所以 $a+b$ 的最小值为 $-1$．
3、根据题意，有\[\begin{cases} \ln x_1-\frac1{x_1}=ax_1,\\ \ln x_2-\frac1{x_2}=ax_2,\end{cases}\implies \begin{cases} \ln(x_1x_2)-\frac{1}{x_1}-\frac{1}{x_2}=a(x_1+x_2),\\ \ln\frac{x_1}{x_2}-\frac{1}{x_1}+\frac{1}{x_2}=a(x_1-x_2),\end{cases}\]于是\[\dfrac{\ln (x_1x_2)}{x_1+x_2}-\frac{1}{x_1x_2}=\dfrac{\ln x_1-\ln x_2}{x_1-x_2}+\frac{1}{x_1x_2},\]根据对数平均不等式，有\[\frac{2}{x_1+x_2}<\dfrac{\ln (x_1x_2)}{x_1+x_2}-\dfrac{2}{x_1x_2}=\dfrac{\ln x_1-\ln x_2}{x_1-x_2}<\dfrac{1}{\sqrt{x_1x_2}},\]于是\[\begin{cases} \ln(x_1x_2)-\frac{2(x_1+x_2)}{x_1x_2}-2>0,\\ \ln(x_1x_2)-\frac{2(x_1+x_2)}{x_1x_2}-\frac{x_1+x_2}{\sqrt{x_1x_2}}<0,\end{cases}\]考虑到欲证不等式方向，用第一个式子，并使用均值不等式，有\[\ln (x_1x_2)-\dfrac{4}{\sqrt{x_1x_2}}-2>0,\]不等式左边是关于 $x_1x_2$ 的单调递增函数，且当 $x_1x_2=2\mathrm e^2$ 时，有 $^{[1]}$\[LHS=(2+\ln 2)-\dfrac{2\sqrt 2}{\mathrm e}-2=\ln 2-\dfrac{2\sqrt 2}{\mathrm e}<0,\]因此 $x_1x_2>2\mathrm e^2$．
$[1]$ 考虑 $x_1x_2=18$ 时，有\[LHS=(2\ln 3+\ln 2)-\dfrac{4}{3\sqrt 2}-2<(2\cdot 1.1+0.7)-\dfrac{2\sqrt 2}3-2<0,\]于是 $x_1x_2>18$．
$[2]$ 也可以直接考虑指数平均不等式，作倒数变换，有\[x_1^2+x_1\ln x_1=x_2^2+x_2\ln x_2=-a,\]欲证 $x_1x_2<\frac{1}{2\mathrm e^2}$．根据指数平均不等式，有\[\dfrac{x_1\ln x_1-x_2\ln x_2}{x_1-x_2}-1>\ln\sqrt{x_1x_2}\implies -(x_1+x_2)-1>\dfrac{\ln(x_1x_2)}2,\]以下略．