设函数 $f(x)=\mathrm{e}^x-\dfrac{1}{2} a x^2-x$．
1、若函数 $f(x)$ 在 $\mathbb{R}$ 上单调递增，求 $a$ 的值．
2、当 $a>1$ 时，
① 证明：函数 $f(x)$ 有两个极值点 $x_1,x_2$（$x_1<x_2$），且 $x_2-x_1$ 随 着 $a$ 的增大而增大；
② 在 ① 的结论下，证明：$f\left(x_2\right)<1+\dfrac{\sin x_2-x_2}{2}$．
解析
1、函数 $f(x)$ 的导函数\[f'(x)={\rm e}^x-ax-1,\]根据题意，有\[\forall x\in\mathbb R,~{\rm e}^x-ax-1\geqslant 0,\]设 $g(x)={\rm e}^x-ax-1$，则 $g(0)=0$，因此 $g(x)$ 在 $x=0$ 处取得最小值，也为极小值，有 $g'(0)=0$，解得 $a=1$．
经验证，当 $a=1$ 时符合题意，因此 $a$ 的值为 $1$．
2、① 根据题意，函数 $f(x)$ 的二阶导函数\[f''(x)={\rm e}^x-a,\]当 $a>1$ 时，$f'(x)$ 在 $(-\infty,0)$ 上单调递增，在 $(0,\ln a)$ 上单调递减，在 $(\ln a,+\infty)$ 上单调递增，又 $f'(0)=0$，当 $x\to +\infty$ 时，$f(x)\to +\infty$，因此函数 $f(x)$ 有两个极值点，其中 $x_1=0$，$x_2\in(\ln a,+\infty)$．注意到\[a=\dfrac{{\rm e}^{x_2}-1}{x_2},\]而函数 $y=\dfrac{{\rm e}^x-1}{x}$ 在 $(0,+\infty)$ 上单调递增，因此 $x_2-x_1=x_2$ 随着 $a$ 的增大而增大．
② 欲证结论即当 $x>0$ 时，有\[{\rm e}^x-\dfrac 12\cdot \dfrac{{\rm e}^x-1}{x}\cdot x^2-x<1+\dfrac{\sin x-x}{2},\]即\[(2+\sin x){\rm e}^{-x}+x-2>0.\]当 $x>0$ 时，设左侧函数为 $g(x)$，则其导函数\[g'(x)=(\cos x-\sin x-2){\rm e}^{-x}+1,\]其二阶导函数\[g''(x)=2(1-\cos x){\rm e}^{-x}>0,\]而 $g(0)=g'(0)=0$，因此函数 $g(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 上单调递增，进而 $g(x)>0$，命题得证．