已知 $f(x)={\mathrm e}^x-x-1$，若 $f(x_1)=f(x_2)$，$x_1\neq x_2$，比较 $\left({\mathrm e}^{x_1}-1\right)\left({\mathrm e}^{x_2}-1\right)$ 与 $x_1x_2$ 的大小关系．
【难度】
【出处】
无
【标注】
【答案】
$\left({\mathrm e}^{x_1}-1\right)\left({\mathrm e}^{x_2}-1\right)>x_1x_2$
【解析】
设 $f(x_1)=f(x_2)=a$，则$$\left({\mathrm e}^{x_1}-1\right)\left({\mathrm e}^{x_2}-1\right)-x_1x_2=(x_1+a)(x_2+a)-x_1x_2=a(x_1+x_2+a).$$我们熟知 ${\mathrm e}^x\geqslant x+1$，等号当且仅当 $x=0$ 时取得，因此 $a>0$，问题转换为比较 $x_1+x_2$ 与 $-a$ 的大小关系．构造函数$$g(x)=-\dfrac{4}{x-2}-1-x-1,x<2,$$则函数 $h(x)=f(x)-g(x)$ 的导函数$$h'(x)={\mathrm e}^x-\dfrac{4}{(x-2)^2}=\dfrac{{\mathrm e}^x(x-2)^2-4}{(x-2)^2},x<2,$$设 $r(x)={\mathrm e}^x(x-2)^2-4$（$x<2$），则$$r'(x)={\mathrm e}^x\cdot x(x-2),$$于是 $r(x)$ 在 $x=0$ 处取得极小值，亦为最小值 $r(0)=0$，因此 $h'(x)\geqslant 0$；结合 $h(0)=0$，在 $(-\infty,0)$ 上有 $h(x)<0$，在 $(0,1)$ 上有 $h(x)>0$，如图．
不妨设 $x_1<x_2$，方程 $g(x)=a$ 的实数根为 $x_3,x_4$（$x_3,x_4$），则 $x_3<x_1<x_4<x_2$，即 $x_1+x_2>x_3+x_4$．而方程 $g(x)=a$，也即$$x^2+ax-2a=0,$$因此 $x_3+x_4=-a$．这样我们就得到了 $x_1+x_2>-a$，因此\[\left({\mathrm e}^{x_1}-1\right)\left({\mathrm e}^{x_2}-1\right)>x_1x_2.\]
不妨设 $x_1<x_2$，方程 $g(x)=a$ 的实数根为 $x_3,x_4$（$x_3,x_4$），则 $x_3<x_1<x_4<x_2$，即 $x_1+x_2>x_3+x_4$．而方程 $g(x)=a$，也即$$x^2+ax-2a=0,$$因此 $x_3+x_4=-a$．这样我们就得到了 $x_1+x_2>-a$，因此\[\left({\mathrm e}^{x_1}-1\right)\left({\mathrm e}^{x_2}-1\right)>x_1x_2.\]
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