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已知函数 $f(x)={\displaystyle x-\frac{1}{x}-m\ln x-m}$, 其中 $\mathrm{e}$ 是自然对数的底数.

1. 讨论 $f(x)$ 的单调性;
2. 若 $m=1$, 设关于 $x$ 的不等式 ${\displaystyle f(x)\le x\ln x-\frac{1}{x}-kx+n}$ 对 $\mathrm{\forall }x\in [1,\mathrm{e}]$ 恒成立时 $k$ 的最大值为 $c(k\in \mathbb{R},n\in [1,\mathrm{e}])$，求 $n+c$ 的取值范围.

1. $f^{\prime }(x)={\displaystyle \frac{x^2-mx+1}{x^2},x>0}$.

   • 当 $m\le 2$, $f^{\prime }(x){\displaystyle \ge \frac{2x-mx}{x^2}\ge 0}$, 故 $f(x)$ 在 $(0,+\mathrm{\infty })$ 上单增;
   • 当 $m>2$, 令 $f^{\prime }(x)=0\Rightarrow {\displaystyle x=\frac{m\pm \sqrt{m^2-4}}{2}>0}$，列表分析得 $f(x)$ 在 ${\displaystyle (0,\frac{m-\sqrt{m^2-4}}{2})}$, ${\displaystyle (\frac{m+\sqrt{m^2-4}}{2},+\mathrm{\infty })}$ 上增，在 ${\displaystyle (\frac{m-\sqrt{m^2-4}}{2},\frac{m+\sqrt{m^2-4}}{2})}$ 上减.

2. 代入 $m=1$，原不等式等价于$$\begin{array}{r}k+1\le \frac{(1+n)+(1+x)\ln x}{x},\end{array}$$
   记右侧函数为$g(x)$.则${\displaystyle g^{\prime }(x)=\frac{x-\ln x-n}{x^2}}$.注意到当$x\in [1,\mathrm{e}],x-\ln x$单增.

   • 当 $\mathrm{e}-1\le n\le \mathrm{e}$, $g^{\prime }(x)\le 0$.因此 $c=g(\mathrm{e})-1={\displaystyle \frac{2+n}{\mathrm{e}}}$，故 ${\displaystyle c+n\in [\mathrm{e}+\frac{1}{\mathrm{e}},\frac{2}{\mathrm{e}}+\mathrm{e}+1]}$.
   • 当 $1\le n<\mathrm{e}-1$, $\mathrm{\exists }!x_n\in [1,\mathrm{e}]$,使得 $x_n-\ln x_n=n,g^{\prime }(x_n)=0$.容易分析得 $g(x)$ 在 $(1,x_n)$ 上减，$(x_n,\mathrm{e})$ 上增，因此 $c=g(x_n)-1=\ln x_n+{\displaystyle \frac{1}{x_n},c+n=x_n+\frac{1}{x_n}}$.随着 $n$ 的增大，$x_n$ 必连续地从 $1$ 变化至 $\mathrm{e}$，故 $c+n\in {\displaystyle [2,\mathrm{e}+\frac{1}{\mathrm{e}}]}$.

   综上，$c+n\in \left[{\displaystyle 2,\frac{2}{\mathrm{e}}+\mathrm{e}+1}\right]$.