已知函数 $f(x)=e^{x}-x^{2}-a x$.

(1) 若曲线 $y=f(x)$ 在点 $x=0$ 处的切线斜率为 1 , 求函数 $f(x)$ 在 $[0,1]$ 上的最值;

(2) 令 $g(x)=f(x)+\frac{1}{2}\left(x^{2}-a^{2}\right)$, 若 $x \geq 0$ 时, $g(x) \geq 0$ 恒成立, 求实数 $a$ 的取值范围;

（3）当 $a=0$ 且 $x>0$ 时, 证明 $f(x)-e x \geq x \ln x-x^{2}-x+1$.
(1) 解: $ecause f^{\prime}(x)=e^{x}-2 x-a, 	herefore f^{\prime}(0)=1-a=1, 	herefore a=0, \quad 	herefore f^{\prime}(x)=e^{x}-2 x$, 记 $h(x)=e^{x}-2 x$, $	herefore h^{\prime}(x)=e^{x}-2$, 令 $h^{\prime}(x)=0$ 得 $x=\ln 2$.当 $0<x<\ln 2$ 时, $h^{\prime}(x)<0, h(x)$ 单减; 当 $\ln 2<x<1$ 时, $h^{\prime}(x)>0, h(x)$ 单增,$	herefore h(x){ }_{\min }=h(\ln 2)=2-2 \ln 2>0$,故 $\mathrm{f}^{\prime}(\mathrm{x})>0$ 恒成立, 所以 $\mathrm{f}(\mathrm{x})$ 在 $[0,1]$ 上单调递增$	herefore f(x){ }_{\min }=f(0)=1, f(x){ }_{\max }=f(1)=e-1$.(2) 解: $ecause g(x)=\mathrm{e}^{\mathrm{x}}-rac{1}{2}(\mathrm{x}+\mathrm{a})^{2}, \quad 	herefore \mathrm{g}^{\prime}(\mathrm{x})=\mathrm{e}^{\mathrm{x}}-\mathrm{x}-\mathrm{a}$. 令 $\mathrm{m}(\mathrm{x})=\mathrm{e}^{\mathrm{x}}-\mathrm{x}-\mathrm{a}, 	herefore \mathrm{m}^{\prime}(\mathrm{x})=\mathrm{e}^{\mathrm{x}}$-1 ,<ImageHere>(i) 当 $1-a \geq 0$ 即 $a \leq 1$ 时, $m(x) \geq 0$ 恒成立, 即 $g^{\prime}(x) \geq 0, 	herefore g(x)$ 在 $[0,+\infty)$ 上单增,$	herefore g(x)_{\min }=g(0)=1-rac{a^{2}}{2} \geq 0$, 解得 $-\sqrt{2} \leq \mathrm{a} \leq \sqrt{2}$, 所以 $-\sqrt{2} \leq \mathrm{a} \leq 1$.(ii）当 $1-a<0$ 即 $a>1$ 时, $ecause m(x)$ 在 $[0,+\infty)$ 上单增, 且 $m(0)=1-a<0$,当 $1<a<e^{2}-2$ 时, $m(\ln (a+2))=2-\ln (2+a)>0$,$	herefore \exists \mathrm{x}_{0} \in(0, \ln (\mathrm{a}+2))$, 使 $\mathrm{m}\left(\mathrm{x}_{0}
ight)=0$, 即 $\mathrm{e}^{x_{0}}=\mathrm{x}_{0}+\mathrm{a}$.当 $x \in\left(0, x_{0}
ight)$ 时, $m(x)<0$, 即 $g^{\prime}(x)<0, g(x)$ 单减;当 $x \in\left(x_{0}, \ln (a+2)
ight)$ 时, $m(x)>0$, 即 $g^{\prime}(x)>0, g(x)$ 单增.$	herefore g(x)_{\min }=g(x 0)=e^{x_{0}}-rac{1}{2}\left(x_{0}+a
ight)^{2}=e^{x_{0}}-rac{1}{2} e^{2 x_{0}}=e^{x_{0}}\left(1-rac{1}{2} e^{x_{0}}
ight) \geq 0$,$	herefore \mathrm{e}^{x_{0}} \leq 2$ 可得 $0<\mathrm{x}_{0} \leq \ln 2$, 由 $\mathrm{e}^{x_{0}}=\mathrm{x}_{0}+\mathrm{a}, 	herefore \mathrm{a}=\mathrm{e}^{x_{0}}-\mathrm{x}_{0}$.记 $\mathrm{t}(\mathrm{x})=\mathrm{e}^{\mathrm{x}}-\mathrm{x}, \mathrm{x} \in(0, \ln 2], 	herefore \mathrm{t}^{\prime}(\mathrm{x})=\mathrm{e}^{\mathrm{x}}-1>0, 	herefore \mathrm{t}(\mathrm{x})$ 在 $(0, \ln 2]$ 上单调递增,$	herefore \mathrm{t}(\mathrm{x}) \leq \mathrm{t}(\ln 2)=2-2 \ln 2, 	herefore 1<\mathrm{a} \leq 2-2 \ln 2$, 综上, $\mathrm{a} \in[-\sqrt{2}, 2-\ln 2]$.（3）证明: $f(x)-e x \geq x \ln x-x^{2}-x+1$ 等价于 $e^{x}-x^{2}-e x \geq x \ln x-x^{2}-x+1$, 即 $e^{x}-e x \geq x \ln x-x+1 . ecause x$ $>0, 	herefore$ 等价于 $rac{e^{x}}{x}-\ln \mathrm{x}-rac{1}{x}-\mathrm{e}+1 \geq 0$. 令 $\mathrm{h}(\mathrm{x})=rac{e^{x}}{x}-\ln \mathrm{x}-rac{1}{x}-\mathrm{e}+1$,则 $h^{\prime}(x)=rac{(x-1)\left(e^{x}-1
ight)}{x^{2}} \cdot ecause x>0, 	herefore e^{x}-1>0$. 当 $0<x<1$ 时, $\left.h^{\prime}(x)<0, h （ x
ight)$ 单减; 当 $\mathrm{x}$ $>1$ 时, $h^{\prime}(x)>0, h(x)$ 单增. $	herefore h(x)$ 在 $\mathrm{x}=1$ 处有极小值, 即最小值, $	herefore h(x) \geq h(1)=e-1-e+1=0, \quad 	herefore a=0$ 且 $x>0$ 时, 不等式 $f(x)-e x \geq x \ln x-x^{2}-x+1$ 成立.