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（12分）已知函数$f(x)=ae^{x-1}-\ln x+\ln a$．
（1）当$a=e$时，求曲线$y=f(x)$在点$(1$，$f$（1）$)$处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积；
（2）若$f(x)\geqslant 1$，求$a$的取值范围．
分析：（1）根据导数的几何意义即可求出切线方程，可得三角形的面积；
（2）方法一：不等式等价于$e^{x-1+\ln a}+\ln a+x-1\geqslant \ln x+x=e^{\ln x}+\ln x$，令$g(t)=e^{t}+t$，根据函数单调性可得$\ln a>\ln x-x+1$，再构造函数$h(x)=\ln x-x+1$，利用导数求出函数的最值，即可求出$a$的范围；
方法二：构造两个基本不等式$e^{x}>x-1$，$x-1\geqslant \ln x$，则原不等式转化为$x(a-1)\geqslant -\ln a$，再分类讨论即可求出$a$的取值范围，
方法三：利用分类讨论的思想，当$0<a<1$，此时不符合题意，当$a\geqslant 1$时，$f(x)\geqslant e^{x-1}-\ln x$，令$g(x)=e^{x-1}-\ln x$，
再根据导数和函数最值的关系即可证明，
方法四：先根据导数和函数的最值的关系求出$f(x)\geqslant f(x_{0})=\dfrac{1}{{x}_{0}}-2\ln x_{0}+1-x_{0}\geqslant 1$，$\ln a=1-x_{0}-\ln x_{0}$，再求出$x_{0}$的范围，再利用导数求$1-x_{0}-\ln x_{0}$的范围，即可求出$a$的范围．
方法五：$f(x)\geqslant 1$等价于$ae^{x}-1-\ln x+\ln a\geqslant 1$，构造函数$g$（a）$=a+\ln a-1$，利用导数求出函数的最值，即可求出$a$的范围．
解答：（1）当$a=e$时，$f(x)=e^{x}-\ln x+1$，
$\therefore f\prime (x)=e^{x}-\dfrac{1}{x}$，
$\therefore f\prime$（1）$=e-1$，
$\because f$（1）$=e+1$，
$\therefore$曲线$y=f(x)$在点$(1$，$f$（1）$)$处的切线方程为$y-(e+1)=(e-1)(x-1)$，
当$x=0$时，$y=2$，当$y=0$时，$x=\dfrac{-2}{\;e-1}$，
$\therefore$曲线$y=f(x)$在点$(1$，$f$（1）$)$处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积$S=\dfrac{1}{2}\times 2\times \dfrac{2}{e-1}=\dfrac{2}{e-1}$．
（2）方法一：由$f(x)\geqslant 1$，可得$ae^{x-1}-\ln x+\ln a\geqslant 1$，即$e^{x-1+\ln a}-\ln x+\ln a\geqslant 1$，
即$e^{x-1+\ln a}+\ln a+x-1\geqslant \ln x+x=e^{\ln x}+\ln x$，
令$g(t)=e^{t}+t$，
则$g\prime (t)=e^{t}+1>0$，
$\therefore g(t)$在$R$上单调递增，
$\because g(\ln a+x-1)\geqslant g(\ln x)$
$\therefore \ln a+x-1\geqslant \ln x$，
即$\ln a\geqslant \ln x-x+1$，
令$h(x)=\ln x-x+1$，
$\therefore h\prime (x)=\dfrac{1}{x}-1=\dfrac{1-x}{x}$，
当$0<x<1$时，$h\prime (x)>0$，函数$h(x)$单调递增，
当$x>1$时，$h\prime (x)<0$，函数$h(x)$单调递减，
$\therefore h(x)\leqslant h$（1）$=0$，
$\therefore \ln a\geqslant 0$，
$\therefore a\geqslant 1$，
故$a$的范围为$[1$，$+\infty )$．
方法二：由$f(x)\geqslant 1$可得$ae^{x-1}-\ln x+\ln a\geqslant 1$，$x>0$，$a>0$，
即$ae^{x-1}-1\geqslant \ln x-\ln a$，
设$g(x)=e^{x}-x-1$，
$\therefore g\prime (x)=e^{x}-1>0$恒成立，
$\therefore g(x)$在$(0,+\infty )$单调递增，
$\therefore g(x)>g(0)=1-0-1=0$，
$\therefore e^{x}-x-1>0$，
即$e^{x}>x+1$，
再设$h(x)=x-1-\ln x$，
$\therefore h\prime (x)=1-\dfrac{1}{x}=\dfrac{x-1}{x}$，
当$0<x<1$时，$h\prime (x)<0$，函数$h(x)$单调递减，
当$x>1$时，$h\prime (x)>0$，函数$h(x)$单调递增，
$\therefore h(x)\geqslant h$（1）$=0$，
$\therefore x-1-\ln x\geqslant 0$，
即$x-1\geqslant \ln x$
$\therefore e^{x-1}\geqslant x$，则$ae^{x-1}\geqslant ax$，
此时只需要证$ax\geqslant x-\ln a$，
即证$x(a-1)\geqslant -\ln a$，
当$a\geqslant 1$时，
$\therefore x(a-1)>0>-\ln a$恒成立，
当$0<a<1$时，$x(a-1)<0<-\ln a$，此时$x(a-1)\geqslant -\ln a$不成立，
综上所述$a$的取值范围为$[1$，$+\infty )$．
方法三：由题意可得$x\in (0,+\infty )$，$a\in (0,+\infty )$，
$\therefore f\prime (x)=ae^{x-1}-\dfrac{1}{x}$，
易知$f\prime (x)$在$(0,+\infty )$上为增函数，
①当$0<a<1$时，$f\prime$（1）$=a-1<0$，$f\prime (\dfrac{1}{a})=a{e}^{\dfrac{1}{a}-1}-a=a({e}^{\dfrac{1}{a}-1}-1)>0$，
$\therefore$存在$x_{0}\in (1,\dfrac{1}{a})$使得$f\prime (x_{0})=0$，
当$x\in (1,x_{0})$时，$f\prime (x)<0$，函数$f(x)$单调递减，
$\therefore f(x)<f$（1）$=a+\ln a<a<1$，不满足题意，
②当$a\geqslant 1$时，$e^{x-1}>0$，$\ln a>0$，
$\therefore f(x)\geqslant e^{x-1}-\ln x$，
令$g(x)=e^{x-1}-\ln x$，
$\therefore g\prime (x)=e^{x-1}-\dfrac{1}{x}$，
易知$g\prime (x)$在$(0,+\infty )$上为增函数，
$\because g\prime$（1）$=0$，
$\therefore$当$x\in (0,1)$时，$g\prime (x)<0$，函数$g(x)$单调递减，
当$x\in (1,+\infty )$时，$g\prime (x)>0$，函数$g(x)$单调递增，
$\therefore g(x)\geqslant g$（1）$=1$，
即$f(x)\geqslant 1$，
综上所述$a$的取值范围为$[1$，$+\infty )$．
方法四：$\because f(x)=ae^{x-1}-\ln x+\ln a$，$x>0$，$a>0$，
$\therefore f\prime (x)=ae^{x-1}-\dfrac{1}{x}$，易知$f\prime (x)$在$(0,+\infty )$上为增函数，
$\because y=ae^{x-1}$在$(0,+\infty )$上为增函数，$y=\dfrac{1}{x}$在0，$+\infty )$上为减函数，
$\therefore y=ae^{x-1}$与$y=\dfrac{1}{x}$在0，$+\infty )$上有交点，
$\therefore$存在$x_{0}\in (0,+\infty )$，使得$f\prime (x_{0})=a{e}^{{x}_{0}-1}-\dfrac{1}{{x}_{0}}=0$，
则$a{e}^{{x}_{0}-1}=\dfrac{1}{{x}_{0}}$，则$\ln a+x_{0}-1=-\ln x_{0}$，即$\ln a=1-x_{0}-\ln x_{0}$，
当$x\in (0,x_{0})$时，$f\prime (x)<0$，函数$f(x)$单调递减，
当$x\in (x_{0}$，$+\infty )$时，$f\prime (x)>0$，函数$f(x)$单调递增，
$\therefore f(x)\geqslant f(x_{0})=a{e}^{{x}_{0}-1}-\ln x_{0}+\ln a$
$=\dfrac{1}{{x}_{0}}-\ln x_{0}+1-x_{0}-\ln x_{0}=\dfrac{1}{{x}_{0}}-2\ln x_{0}+1-x_{0}\geqslant 1$
$\therefore$$\dfrac{1}{{x}_{0}}-2\ln x_{0}-x_{0}\geqslant 0$
设$g(x)=\dfrac{1}{\;x}-2\ln x-x$，
易知函数$g(x)$在$(0,+\infty )$上单调递减，且$g$（1）$=1-0-1=0$，
$\therefore$当$x\in (0$，$1]$时，$g(x)\geqslant 0$，
$\therefore x_{0}\in (0$，$1]$时，$\dfrac{1}{{x}_{0}}-2\ln x_{0}-x_{0}\geqslant 0$，
设$h(x)=1-x-\ln x$，$x\in (0$，$1]$，
$\therefore h\prime (x)=-1-\dfrac{1}{x}<0$恒成立，
$\therefore h(x)$在$(0$，$1]$上单调递减，
$\therefore h(x)\geqslant h$（1）$=1-1-\ln 1=0$，
当$x\rarr 0$时，$h(x)\rarr +\infty$，
$\therefore \ln a\geqslant 0=\ln 1$，
$\therefore a\geqslant 1$．
方法五：$f(x)\geqslant 1$等价于$ae^{x-1}-\ln x+\ln a\geqslant 1$，该不等式恒成立．
当$x=1$时，有$a+\ln a\geqslant 1$，其中$a>0$．
设$g$（a）$=a+\ln a-1$，则$g'$（a）$=1+\dfrac{1}{a}>0$，
则$g$（a）单调递增，且$g$（1）$=0$．
所以若$a+\ln a\geqslant 1$成立，则必有$a\geqslant 1$．
$\therefore$下面证明当$a\geqslant 1$时，$f(x)\geqslant 1$成立．
设$h(x)=e^{x}-x-1$，
$\therefore h\prime (x)=e^{x}-1$，
$\therefore h(x)$在$(-\infty ,0)$单调递减，在$(0,+\infty )$单调递增，
$\therefore h(x)\geqslant h(0)=1-0-1=0$，
$\therefore e^{x}-x-1\geqslant 0$，
即$e^{x}\geqslant x+1$，
把$x$换成$x-1$得到$e^{x-1}\geqslant x$，
$\because x-1\geqslant \ln x$，$\therefore x-\ln x\geqslant 1$．
$\therefore f(x)=ae^{x-1}-\ln x+\ln a\geqslant e^{x-1}-\ln x\geqslant x-\ln x\geqslant 1$，当$x=1$时等号成立．
综上，$a\geqslant 1$．
点评：本题考查了导数的几何意义，以及导数和函数的最值的关系，考查了运算求解能力，转化与化归能力，属于难题．
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