设函数 $f(x)=\ln x-{\rm e}^{1-x}$，$ g(x)=a\left(x^2-1\right)-\dfrac{1}{x}$．
1、判断函数 $y=f(x)$ 零点的个数，并说明理由．
2、记 $h(x)=g(x)-f(x)+\dfrac{{\rm e}^x-{\rm e} x}{x {\rm e}^x}$，讨论 $h(x)$ 的单调性．
3、若 $f(x)<g(x)$ 在 $(1,+\infty)$ 恒成立，求实数 $a$ 的取值范围．
解析
1、函数 $f(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 上单调递增，又 $f(1)=-1<0$，$f({\rm e})=1-{\rm e}^{1-{\rm e}}>0$，于是函数 $f(x)$ 的零点个数为 $1$．
2、根据题意，有\[h(x)=ax^2-a-\ln x,\]其导函数\[h'(x)=\dfrac{2ax^2-1}{x},\]讨论分界点为 $a=0$．
情形一 $a\leqslant 0$．此时 $h(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 上单调递减．
情形二 $a>0$．此时 $h(x)$ 在 $\left(0,\dfrac{1}{\sqrt{2a}}\right)$ 上单调递减，在 $\left(\dfrac{1}{\sqrt{2a}},+\infty\right)$ 上单调递增．
3、根据题意，有\[\forall x>1,~a(x^2-1)-\ln x-\dfrac 1x+\dfrac{{\rm e}}{{\rm e}^x}>0.\]设不等式左侧为函数 $h(x)$，则 $h(1)=0$，分析端点，其导函数\[h'(x)=2ax-\dfrac 1x+\dfrac{1}{x^2}-\dfrac{{\rm e}}{{\rm e}^x},\]有 $h(1)=2a-1$，讨论分界点为 $a=\dfrac 12$．
情形一 $a\geqslant \dfrac 12$．此时\[h(x)\geqslant \dfrac 12\left(x^2-1\right)-\ln x-\dfrac 1x+\dfrac{{\rm e}}{{\rm e}^x},\]设右侧函数为 $\varphi(x)$，则其导函数\[\varphi'(x)=x-\dfrac 1x+\dfrac{1}{x^2}-\dfrac{{\rm e}}{{\rm e}^x}>x-\dfrac 1x+\dfrac{1}{x^2}-\dfrac 1x=\dfrac{(x-1)(x^2+x-1)}{x^2}>0,\]因此 $\varphi(x)$ 在 $(1,+\infty)$ 上单调递增，进而 $\varphi(x)>\varphi(0)=0$，符合题意．
情形二 $a<\dfrac 12$．此时\[h(x)\leqslant a(x^2-1)-\ln x-\dfrac 1x+\dfrac 1x=a(x^2-1)-\ln x,\]而右侧函数为 $\gamma(x)$，则其导函数\[\gamma'(x)=\dfrac{2ax^2-1}{x},\]因此在区间\[D=\begin{cases} (1,+\infty),&a\leqslant 0,\\ \left(1,\dfrac{1}{\sqrt{2a}}\right),&0<a<\dfrac 12\end{cases}\]上 $\gamma(x)$ 单调递减，进而 $\gamma(x)<\gamma(0)=0$，不符合题意．
综上所述，实数 $a$ 的取值范围是 $\left[\dfrac 12,+\infty\right)$．