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，也即比较 $x_1+x_2$ 与 $-{\rm e}^{x_2}+x_2+1$ 的大小关系，也即比较 $x_1$ 与 $1-{\rm e}^{x_2}$ 的大小关系．
接下来证明当 $x>0$ 时，$f(x)<f\left(1-{\rm e}^x\right)$．该命题即\[\forall x>0,{\rm e}^x-x-1<{\rm e}^{1-{\rm e}^x}-1+{\rm e}^x-1,\]即\[\forall x>0,{\rm e}^{1-{\rm e}^x}+x-1>0.\]设左侧函数为 $\varphi(x)$，则其导函数\[\varphi'(x)=-{\rm e}^{x+1-{\rm e}^x}+1\geqslant 0,\]因此 $\varphi(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 上单调递增，从而当 $x>0$ 时，有\[\varphi(x)>\varphi(0)=0.\]不妨设 $x_1<0<x_2$，于是有\[f(x_1)=f(x_2)<f\left(1-{\rm e}^{x_2}\right),\]而 $x_1$ 与 $ 1-{\rm e}^{x_2} $ 都在 $ f(x)$ 的单调递减区间 $(-\infty,0)$ 上，于是\[x_1>1-{\rm e}^{x_2},\]从而\[\left({\mathrm e}^{x_1}-1\right)\left({\mathrm e}^{x_2}-1\right)>x_1x_2.\]
接下来证明当 $x>0$ 时，$f(x)<f\left(1-{\rm e}^x\right)$．该命题即\[\forall x>0,{\rm e}^x-x-1<{\rm e}^{1-{\rm e}^x}-1+{\rm e}^x-1,\]即\[\forall x>0,{\rm e}^{1-{\rm e}^x}+x-1>0.\]设左侧函数为 $\varphi(x)$，则其导函数\[\varphi'(x)=-{\rm e}^{x+1-{\rm e}^x}+1\geqslant 0,\]因此 $\varphi(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 上单调递增，从而当 $x>0$ 时，有\[\varphi(x)>\varphi(0)=0.\]不妨设 $x_1<0<x_2$，于是有\[f(x_1)=f(x_2)<f\left(1-{\rm e}^{x_2}\right),\]而 $x_1$ 与 $ 1-{\rm e}^{x_2} $ 都在 $ f(x)$ 的单调递减区间 $(-\infty,0)$ 上，于是\[x_1>1-{\rm e}^{x_2},\]从而\[\left({\mathrm e}^{x_1}-1\right)\left({\mathrm e}^{x_2}-1\right)>x_1x_2.\]
答案
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备注
