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设函数 ${\displaystyle f(x)={\mathrm{e}}^x-a\ln x-(a\mathrm{e}-a)x-1(a\in \mathbb{R})}$, ${\displaystyle f(x)}$ 有唯一极值点 ${\displaystyle x_0}$.

1. 证明: ${\displaystyle a>0}$;
2. 若 ${\displaystyle f(x)>0}$, 求 ${\displaystyle a}$ 的取值范围;
3. 若 ${\displaystyle y=f(x)}$ 的图象上不存在关于直线 ${\displaystyle x=x_0}$ 对称的两点，证明: ${\displaystyle (\mathrm{e}-1)x_0^3+x_0^2\le 2}$.

1. 证明 ${\displaystyle {\displaystyle f^{\prime }(x)={\mathrm{e}}^x-a(\frac{1}{x}+\mathrm{e}-1)}}$. 根据题意，${\displaystyle f^{\prime }(x)}$ 至少要存在零点. 而 ${\displaystyle {\mathrm{e}}^x>0,{\displaystyle \frac{1}{x}+\mathrm{e}-1>0}}$, 因此至少要求 ${\displaystyle a>0}$.
   事实上，此时 ${\displaystyle f^{″}(x)={\mathrm{e}}^x+{\displaystyle \frac{a}{x^2}>0}}$，而 ${\displaystyle f^{\prime }{\displaystyle (min\{1,\frac{a}{\mathrm{e}}\})<0}}$, ${\displaystyle f(max\{1,1+\ln a\})>0}$, 故 ${\displaystyle f^{\prime }(x)}$ 存在唯一零点 ${\displaystyle x_0}$, 它是 ${\displaystyle f(x)}$ 的极小值点.

2. 解 若 ${\displaystyle f(x)>0}$, 至少要求 ${\displaystyle f(1)=(\mathrm{e}-1)(1-a)>0\Rightarrow 0<a<1}$. 下面只需说明充分性.

   • 当 ${\displaystyle x\ge {\displaystyle \frac{1}{\mathrm{e}}}}$, 则$$\begin{array}{r}f(x)\ge \mathrm{e}x-a(x-1)-(a\mathrm{e}-a)x-1=(\mathrm{e}x-1)(1-a)\ge 0.\end{array}$$
   • 当 ${\displaystyle 0<x<{\displaystyle \frac{1}{\mathrm{e}}}}$, 则$$\begin{array}{r}f(x)\ge {\mathrm{e}}^x+a-(a\mathrm{e}-a)x-1=({\mathrm{e}}^x-1)+a[1-(\mathrm{e}-1)x]>0.\end{array}$$

   综上，${\displaystyle 0<a<1}$.

3. 证明 根据 ${\displaystyle f^{\prime }(x_0)=0}$, 原不等式等价于$$\begin{array}{r}\frac{{\mathrm{e}}^{x_0}}{a}=\mathrm{e}-1+\frac{1}{x_0}\le \frac{2}{x_0^3}⟺{\mathrm{e}}^{x_0}-\frac{2a}{x_0^3}=f^{‴}(x_0)\le 0.\end{array}$$
   记${\displaystyle g(x)=f(x_0+x)-f(x_0-x),0\le x<x_0}$, 则$$\begin{array}{rl}{g}^{\prime }(x)& =f^{\prime }(x_0+x)+f^{\prime }(x_0-x),g^{\prime }(0)=0,\\ g^{″}(x)& =f^{″}(x_0+x)-f^{″}(x_0-x),g^{″}(0)=0,\\ g^{‴}(x)& =f^{‴}(x_0+x)+f^{‴}(x_0-x).\end{array}$$
   由题意，${\displaystyle g(x)}$ 在 ${\displaystyle (0,x_0)}$ 上没有零点. 当 ${\displaystyle x\to x_0}$, 则 ${\displaystyle f(x_0-x)\to +\mathrm{\infty }}$, 此时 ${\displaystyle g(x)<0}$. 因此，必须有 ${\displaystyle g(x)<0}$ 在 ${\displaystyle (0,x_0)}$ 上恒成立(因为 ${\displaystyle g}$ 是连续的，适用零点存在性定理). 如果 ${\displaystyle f^{‴}(x_0)={\displaystyle \frac{1}{2}{g}^{‴}(0)<0}}$, 则存在 ${\displaystyle \delta }$ 使得 ${\displaystyle g^{‴}(x)<0,0<x<\delta }$, 则 ${\displaystyle g^{″}(x)>g^{″}(0)=0,0<x<\delta }$, 则 ${\displaystyle g^{\prime }(x)<g^{\prime }(0)=0,0<x<\delta }$, 则 ${\displaystyle g(x)>g(0)=0,0<x<\delta }$, 这与 ${\displaystyle g(x)<0}$ 矛盾，因此结论得证!