已知实数 $a>0$，函数 $f(x)=\mathrm e^{ax-1}-x-a$．
1、若函数 $f(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 上单调递增，求 $a$ 的取值范围；
2、若函数 $f(x)$ 有两个零点 $x_1,x_2$ 且 $x_1<x_2$．
① 求证：$x_2$ 随着 $a$ 的增大而减小；
② 求证：$x_2-x_1>\frac 1a+a$．
解析
1、函数 $f(x)$ 的导函数\[f'(x)=a\mathrm e^{ax-1}-1,\]于是\[\forall x>0,f'(x)\geqslant 0\iff \forall x>0,ax-1+\ln a\geqslant 0,\]因此 $a$ 的取值范围是 $[\mathrm e,+\infty)$．
2、① 方程 $f(x)=0$ 即\[\mathrm e^{ax-1}=x+a\iff ax-1=\ln (x+a),\]两边对 $x$ 求导可得\[x\cdot a'(x)+a(x)=\dfrac{1+a'(x)}{x+a(x)}\iff a'(x)=-\dfrac{ax+a^2-1}{x^2+ax-1}.\]由于 $y=\ln(x+a)$ 的图象上凸，于是\[\left(\ln(x+a)\right)'\big|_{x=x_2}<a\implies \dfrac{1}{x_2+a}<a\implies ax_2+a^2-1>0,\]又当 $x^2+ax-1=0$ 时，有 $a=\frac{1}{x}-x$，于是此时\[(ax-1-\ln (x+a)\big|_{a=\frac 1x-x}=-x^2+\ln x<-x^2+x-1<0,\]因此 $x_2^2+ax_2-1>0$，所以 $x_2$ 随着 $a$ 的增大而减小．
② 方程 $f(x)=0$ 即\[\mathrm e^{ax-1}=x+a\iff \mathrm e^{ax-1}=\frac{ax+a^2}a\iff \mathrm e^{t-a^2-1}=\dfrac{t}a\iff t \mathrm e^{-t}=a\mathrm e^{-a^2-1},\]其中 $t=ax+a^2$．设 $x_1,x_2$ 对应 $t_1,t_2$，于是\[x_2-x_1>\frac 1a+a\iff t_2-t_1>a^2+1.\] 设 $h(t)=\frac{\mathrm e^t}{t}$，则 $h(t)$ 在 $(0,1)$ 上递增，在 $(1,+\infty)$ 上递减，在 $t=1$ 处取得极大值 $\mathrm e$．于是\[0<t_1<1<t_2,\]注意到\[h(a^2+2)=(a^2+2)\mathrm e^{-a^2-2}\geqslant 2\sqrt 2a\cdot \mathrm e^{-a^2-2}>\mathrm ea\cdot \mathrm e^{-a^2-2}=a\mathrm e^{-a^2-1},\]于是 $t_2>a^2+2$，因此 $t_2-t_1>a^2+1$，命题得证．