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2. 由于 ${\displaystyle g(x)=f^{\prime }(x)=(x-1){\mathrm{e}}^x-m}$, ${\displaystyle f^{″}(x)=x{\mathrm{e}}^x}$, 因此 ${\displaystyle g(x)}$ 在 ${\displaystyle (-\mathrm{\infty },0)}$ 上单减, 在 ${\displaystyle (0,+\mathrm{\infty })}$ 上单增. 并且 ${\displaystyle g(x)\ge 0⟺x\ge 1}$.

1. (简证) 要使 ${\displaystyle g(x)}$ 有两个零点 ${\displaystyle x_1,x_2}$, 至少要求 ${\displaystyle m<0}$, 以及 ${\displaystyle 0>g(x{)}_{min}=g(0)=-1-m}$, 从而 ${\displaystyle -1<m<0}$.
   此时根据零点存在性定理可以在 ${\displaystyle (0,1)}$ 上轻松找到一个零点. 再依据不等式 ${\displaystyle {\mathrm{e}}^x\ge x^2-1(x>0)}$, 有 $$g(x)=\frac{x-1}{{\mathrm{e}}^{-x}}-m>\frac{x-1}{(-x{)}^2-1}-m=\frac{1}{x+1}-m,x<0,$$ 从而另一个零点在 ${\displaystyle (\frac{1}{m}-1,0)}$ 上.
2. 由于 ${\displaystyle m=(x_1-1){\mathrm{e}}^{x_1}=(x_2-1){\mathrm{e}}^{x_2}}$, 不妨设 ${\displaystyle x_2-x_1=t>0}$, 则 ${\displaystyle x_1-1=(x_2-1){\mathrm{e}}^t}$, 解得 $$x_1=1+\frac{t{\mathrm{e}}^t}{1-{\mathrm{e}}^t},x_2=1+\frac{t}{1-{\mathrm{e}}^t},$$ 所以不等式等价于 ${\displaystyle \frac{t({\mathrm{e}}^t+1)}{1-{\mathrm{e}}^t}<m(1+\frac{1}{\mathrm{e}}).}$ 注意到$$\begin{array}{rl}\frac{t({\mathrm{e}}^t+1)}{1-{\mathrm{e}}^t}& =\ln ({\mathrm{e}}^t)\frac{{\mathrm{e}}^t+1}{1-{\mathrm{e}}^t}<\frac{2({\mathrm{e}}^t-1)}{{\mathrm{e}}^t+1}\cdot \frac{{\mathrm{e}}^t+1}{1-{\mathrm{e}}^t}=-2<-(1+\frac{1}{\mathrm{e}})<m(1+\frac{1}{\mathrm{e}}).\end{array}$$