已知函数 $f(x)=\ln x-kx+k$．
（1）若 $f(x)\geqslant 0$ 有唯一解，求实数 $k$ 的值；
（2）求证：当 $a\leqslant 1$ 时，$x\left(f(x)+kx-k\right)<{\rm e}^x-ax^2-1$；
分析与解 （1）函数 $f(x)$ 的导函数\[f'(x)=\dfrac{1-kx}x.\]
情形一 $k>1$．此时在区间 $\left(\dfrac 1k,1\right)$ 上，函数 $f(x)$ 单调递减，而 $f(1)=0$，因此该区间上均有 $f(x)\geqslant 0$，不符合题意．
情形二 $k=1$．此时\[\begin{array} {c|ccc}\hline x&(0,1)&1&(1,+\infty)\\ \hline f(x)&\nearrow&0&\searrow\\ \hline\end{array}\]不等式 $f(x)\geqslant 0$ 有唯一解 $x=1$，符合题意．
情形三 $0<k<1$．此时在区间 $\left(1,\dfrac 1k\right)$ 上，函数 $f(x)$ 单调递增，而 $f(1)=0$，因此该区间上均有 $f(x)\geqslant 0$，不符合题意．
情形四 $k\leqslant 0$．此时当 $x\geqslant 1$ 时，均有 $f(x)\geqslant 0$，不符合题意．
综上所述，实数 $k$ 的值为 $1$．
（2）只需要证明\[x\cdot \ln x<{\rm e}^x-x^2-1.\]
情形一 $0<x\leqslant 1$．记右侧函数为 $\varphi(x)$，则其导函数\[\varphi'(x)={\rm e}^x-2x\geqslant {\rm e}x-2x>0,\]于是 $\varphi(x)$ 单调递增，有\[\varphi(x)>0\geqslant x\cdot \ln x,\]不等式成立．
情形二 $x>1$．此时证明\[\dfrac{\ln x}{x}\leqslant\dfrac{1}{\rm e}<\dfrac 13{\rm e}^{\frac 32}-1\leqslant\dfrac{{\rm e}^x-x^2-\dfrac{1}4{\rm e}^{\frac 32}}{x^2}<\dfrac{{\rm e}^x-x^2-1}{x^2}\]即得．
注 事实上 $y=\dfrac{\ln x}x$ 在 $x={\rm e}$ 处取得极大值 $\dfrac{1}{\rm e}$，函数\[y=\dfrac{{\rm e}^x-x^2-\dfrac{1}4{\rm e}^{\frac 32}}{x^2}\]在 $x=\dfrac 32$ 处取得极小值．