已知函数 $f(x)={\rm e}^x-a x-1$．
1、讨论函数 $f(x)$ 的单调性．
2、若函数 $f(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 有零点 $x_0$．
① 求证：$\dfrac{2 \ln a}{a}<x_0<2 \ln a$；
② 求证：$f\left(a x_0\right)>(\sqrt{a}-1)^3(\sqrt{a}+1)$．
解析
1、函数 $f(x)$ 的导函数\[f'(x)={\rm e}^x-a,\]于是当 $a\leqslant 0$ 时，函数 $f(x)$ 在 $(-\infty,+\infty)$ 上单调递增；当 $a>0$ 时，函数 $f(x)$ 在 $(-\infty,\ln a)$ 上单调递减，在 $(\ln a,+\infty)$ 上单调递增．
2、根据第 $(1)$ 小题的结论，结合 $f(0)=0$ 可得，若函数 $f(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 有零点 $x_0$，则 $a>1$．
① 根据题意，有\[f\left(\dfrac{2\ln a}{a}\right)=a^{\frac 2a}-2\ln a-1,\quad f\left(2\ln a\right)=a^2-2a\ln a-1,\]根据对数的进阶放缩，当 $a>1$ 时有\[\ln a<\dfrac 12\left(a-\dfrac 1a\right)\implies a^2-2a\ln a-1>0,\]右边不等式得证．接下来证明当 $a>1$ 时，有\[a^{\frac 2a}<2\ln a+1\iff \dfrac 2a\ln a<\ln(2\ln a+1),\]只需要证明当 $x>0$ 时，有\[\dfrac{2x}{{\rm e}^x}<\ln(2x+1),\]设 $g(x)=\dfrac{2x}{{\rm e}^x}-\ln (2x+1)$，则其导函数\[g'(x)=\dfrac{2(1-x)}{{\rm e}^x}-\dfrac{2}{1+2x},\]当 $x\geqslant 1$ 时，有 $g'(x)<0$；当 $0<x<1$ 时，有\[g'(x)<\dfrac{2(1-x)}{1+x}-\dfrac{2}{1+2x}=-\dfrac{4x^2}{(1+x)(1+2x)}<0,\]因此函数 $g(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 上单调递减，而 $g(0)=0$，因此命题得证．
② 根据题意，有 $ax_0>2\ln a$，于是\[f(ax_0)>f(2\ln a)=a^2-2a\ln a-1,\]设 $h(x)=x^2-4\ln x-\dfrac{1}{x^2}-\dfrac{(x-1)^3(x+1)}{x^2}$，则其导函数\[h'(x)=\dfrac{2(x-1)^2}{x^2}>0,\]因此 $h(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 上单调递增，进而有当 $a>1$ 时，$h\left(\sqrt a\right)>h(1)=0$，命题得证．