已知函数 $f(x)=x(\ln x-1)$，$g(x)=a x+b$（$a, b \in \mathbb R$）．
1、若 $a=1$ 时，直线 $y=g(x)$ 是曲线 $f(x)$ 的一条切线，求 $b$ 的值．
2、令 $\varphi(x)=f(x)-g(x)$．
① 若 $\dfrac{b}{a}=-{\rm e}$，讨论 $\varphi(x)$ 在 $\left[{\rm e}, {\rm e}^2\right]$ 的最大值；
② 若 $\varphi(x)$ 在区间 $\left[{\rm e}, {\rm e}^2\right]$ 上有零点，求 $a^2+4 b$ 的最小值．
解析
1、函数 $f(x)$ 的导函数\[f'(x)=\ln x,\]若 $a=1$ 时，直线 $y=g(x)$ 是曲线 $f(x)$ 的一条切线，则切点横坐标为 ${\rm e}$，进而可得切点坐标为 $({\rm e},0)$，进而 $b=-{\rm e}$．
2、① 此时 $b=-{\rm e}a$，根据题意，有\[\varphi(x)=x\ln x-x-ax+{\rm e}a,\]因此其导函数\[\varphi'(x)=\ln x-a,\]于是 $\varphi(x)$ 在 $\left[{\rm e},{\rm e}^2\right]$ 上或者单调，或者先递减后递增，因此该函数的最大值必然在区间端点处取得，因此所求最大值为\[\max\left\{\varphi({\rm e}),\varphi\left({\rm e}^2\right)\right\}=\max\left\{0,{\rm e}^2-a{\rm e}\left({\rm e}+1\right)\right\}=\begin{cases} {\rm e}^2-a{\rm e}({\rm e}+1),&a<\dfrac{{\rm e}}{{\rm e}-1},\\ 0,&a\geqslant\dfrac{\rm e}{{\rm e}-1}.\end{cases}\]
② 讨论分界点为 $a=1,2$．
情形一 $a\leqslant 1$ 或 $a\geqslant 2$．此时 $\varphi(x)$ 在 $\left[{\rm e},{\rm e}^2\right]$ 上单调，因此若 $\varphi(x)$ 在区间 $\left[{\rm e}, {\rm e}^2\right]$ 上有零点，则\[\varphi\left({\rm e}\right)\cdot \varphi\left({\rm e}^2\right)\leqslant 0\iff (-{\rm e}a-b)\left({\rm e}^2(1-a)-b\right)\leqslant 0,\]即\[\min\left\{-{\rm e}a,{\rm e}^2(1-a)\right\}\leqslant b\leqslant \max\left\{-{\rm e}a,{\rm e}^2(1-a)\right\}.\]
情形二 $1<a<2$．此时 $\varphi(x)$ 在 $\left[{\rm e},{\rm e}^2\right]$ 上先单调递减再单调递增，因此若 $\varphi(x)$ 在区间 $\left[{\rm e}, {\rm e}^2\right]$ 上有零点，则\[\begin{cases} \varphi\left({\rm e}^a\right)\leqslant 0,\\ \max\left\{\varphi({\rm e}),\varphi\left({\rm e}^2\right)\right\}\geqslant 0,\end{cases}\iff \begin{cases} b\geqslant -{\rm e}^a,\\ b\geqslant \min\left\{-{\rm e}a,{\rm e}^2(1-a)\right\}.\end{cases}\]即\[b\geqslant \min\left\{-{\rm e}a,{\rm e}^2(1-a)\right\}.\]
综上所述，有\[a^2+4b\geqslant a^2+4\min\left\{-{\rm e}a,{\rm e}^2(1-a)\right\}=\begin{cases} a^2-4{\rm e}a,&a<\dfrac{\rm e}{{\rm e}-1},\\ a^2-4{\rm e}^2a+{\rm e}^2,&a\geqslant\dfrac{\rm e}{{\rm e}-1},\end{cases}\]因此 $a^2+4b$ 的最小值当 $a=2{\rm e}^2$ 取得，为 $4{\rm e}^2-4{\rm e}^4$．