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设函数 ${\displaystyle f(x)=\ln x,g(x)=1-{\mathrm{e}}^{1-x}}$.

1. 当 ${\displaystyle x>1}$, 比较 ${\displaystyle f(x)}$ 与 ${\displaystyle g(x)}$ 大小;
2. 证明: ${\displaystyle y=f(x)}$ 与 ${\displaystyle y=g(x)}$ 的图象关于直线 ${\displaystyle x+y-1=0}$ 对称;
3. 在平面直角坐标系中，若以 ${\displaystyle M(1,0)}$ 为圆心的圆交 ${\displaystyle y=|f(x)|}$ 的图象于 ${\displaystyle A,B}$ 两点，证明: ${\displaystyle {\displaystyle \mathrm{\angle }AMB<\frac{\pi }{2}}}$.

1. 解 记 ${\displaystyle h(x)=f(x)-g(x)=\ln x-1+{\mathrm{e}}^{1-x}}$, 则$$\begin{array}{r}{h}^{\prime }(x)=\frac{1}{x}-\frac{1}{{\mathrm{e}}^{x-1}}\ge 0,\end{array}$$
   从而 ${\displaystyle h(x)>h(1)=0\Rightarrow f(x)>g(x)}$. (还可以得到 ${\displaystyle x<1}$ 时 ${\displaystyle f(x)<g(x)}$.)
2. 证明 给定 ${\displaystyle (x_1,y_1)}$，欲找出它关于 ${\displaystyle x+y-1=0}$ 的对称点 ${\displaystyle (x_2,y_2)}$. 则$$\begin{array}{r}\{\begin{array}{rl}& \frac{x_1+x_2}{2}+\frac{y_1+y_2}{2}-1=0,\\ & \frac{y_1-y_2}{x_1-x_2}=1,\end{array}\Rightarrow \{\begin{array}{rl}& x_2=1-y_1,\\ & y_2=1-x_1,\end{array}\end{array}$$
   现在设${\displaystyle (x_1,y_1)}$在${\displaystyle y=f(x)}$上，则$$\begin{array}{r}g(x_2)=g(1-y_1)=1-{\mathrm{e}}^{1-(1-\ln x_1)}=1-x_1=y_2,\end{array}$$
   说明 ${\displaystyle (x_2,y_2)}$ 在 ${\displaystyle y=g(x)}$ 上，从而结论得证.
3. 证明 由题意 ${\displaystyle |\ln x|={\displaystyle \{\begin{array}{rl}& -\ln x,0<x<1,\\ & \ln x,1\le x.\end{array}}}$ 在这两段上，图象的点到 ${\displaystyle M}$ 的距离都会单调变化，因此要使这个圆与 ${\displaystyle y=|f(x)|}$ 交于 ${\displaystyle A,B}$，必须有 ${\displaystyle A,B}$ 分别在 ${\displaystyle y=|\ln x|}$ 的两端上. 不妨设 ${\displaystyle x_A<1<x_B}$.
   如图，作 ${\displaystyle A}$ 关于 ${\displaystyle x}$ 轴的对称点 ${\displaystyle A^{\prime }}$, ${\displaystyle B}$ 关于 ${\displaystyle x+y-1=0}$ 的对称点 ${\displaystyle B^{\prime }}$, 则 ${\displaystyle A^{\prime }}$ 在 ${\displaystyle y=f(x)}$ 上，${\displaystyle B^{\prime }}$ 在 ${\displaystyle y=g(x)}$ 上 (由 2).
   断言 ${\displaystyle x_{B^{\prime }}<x_{A^{\prime }}<1}$, 否则由第 1 问，${\displaystyle 0>y_{B^{\prime }}=g(x_{B^{\prime }})\ge g(x_{A^{\prime }})>f(x_{A^{\prime }})=y_{A^{\prime }}}$, 使得 ${\displaystyle M{B}^{\prime }=\sqrt{(1-x_{B^{\prime }}{)}^2+y_{B^{\prime }}^2}<M{A}^{\prime }}$.
   进而，为使 ${\displaystyle M{A}^{\prime }=M{B}^{\prime }}$, ${\displaystyle 0>y_{B^{\prime }}>y_{A^{\prime }}}$, 也即直线 ${\displaystyle B{B}^{\prime }}$ 与 ${\displaystyle A{A}^{\prime }}$ 交于线段 ${\displaystyle A{A}^{\prime }}$ 上的 ${\displaystyle M^{\prime }}$. 且 ${\displaystyle \mathrm{\angle }A{M}^{\prime }B={\displaystyle \frac{\pi }{4}}}$. 这样 ${\displaystyle \mathrm{\angle }AMB=2\mathrm{\angle }A{B}^{\prime }B<2\mathrm{\angle }A{M}^{\prime }B={\displaystyle \frac{\pi }{2}}}$.