已知 $f(x)=\ln (x+m)-mx$，其中 $m>1$，$x_1,x_2$ 是函数 $f(x)$ 的两个零点，求证：$x_1+x_2<0$．
【难度】
【出处】
无
【标注】
【答案】
略
【解析】
问题等价于：
已知 $g(x)={\rm e}^{mx}-x$，其中 $m>1$，且 $g(x_1)=g(x_2)=m$，$x_1<x_2$，求证：$x_1+x_2<0$．
函数 $g(x)$ 的导函数\[g'(x)=m{\rm e}^{mx}-1,\]于是函数 $g(x)$ 在 $\left(-\infty,\dfrac 1m\ln\dfrac 1m\right)$ 上单调递减，在 $\left(\dfrac 1m\ln\dfrac 1m,+\infty\right)$ 上单调递增．
注意到 $g(0)=1$，因此\[x_1<\dfrac 1m\ln\dfrac 1m<0<x_2.\]由于函数 $g(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 上单调递增，因此只需要证明\[g(x_1)=g(x_2)<g(-x_1),\]也即\[\forall x<0,g(x)-g(-x)<0.\]令 $\varphi(x)=g(x)-g(-x)$，则\[\begin{split}\varphi'(x)&=g'(x)+g'(-x)\\ &=m\left({\rm e}^{mx}+{\rm e}^{-mx}\right)-2\\ &\geqslant 2(m-1)>0,\end{split}\]于是 $\varphi(x)$ 在 $\mathbb R$ 上单调递增．
又因为 $\varphi(0)=0$，从而命题得证．
已知 $g(x)={\rm e}^{mx}-x$，其中 $m>1$，且 $g(x_1)=g(x_2)=m$，$x_1<x_2$，求证：$x_1+x_2<0$．
函数 $g(x)$ 的导函数\[g'(x)=m{\rm e}^{mx}-1,\]于是函数 $g(x)$ 在 $\left(-\infty,\dfrac 1m\ln\dfrac 1m\right)$ 上单调递减，在 $\left(\dfrac 1m\ln\dfrac 1m,+\infty\right)$ 上单调递增．
注意到 $g(0)=1$，因此\[x_1<\dfrac 1m\ln\dfrac 1m<0<x_2.\]由于函数 $g(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 上单调递增，因此只需要证明\[g(x_1)=g(x_2)<g(-x_1),\]也即\[\forall x<0,g(x)-g(-x)<0.\]令 $\varphi(x)=g(x)-g(-x)$，则\[\begin{split}\varphi'(x)&=g'(x)+g'(-x)\\ &=m\left({\rm e}^{mx}+{\rm e}^{-mx}\right)-2\\ &\geqslant 2(m-1)>0,\end{split}\]于是 $\varphi(x)$ 在 $\mathbb R$ 上单调递增．
又因为 $\varphi(0)=0$，从而命题得证．
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解析
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