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已知 ${\displaystyle f(x)=\frac{x-1}{{\mathrm{e}}^x}}$ (${\displaystyle \mathrm{e}}$ 为自然对数的底数).

1. 求 ${\displaystyle f(x)}$ 在 ${\displaystyle (1,f(1))}$ 处的切线方程;
2. 若 ${\displaystyle f(x)=a}$ 有两个不等的实数解 ${\displaystyle x_1,x_2}$,
   1. 求 ${\displaystyle a}$ 的取值范围;
   2. 求证: ${\displaystyle x_1+x_2>2-\ln a}$.

1. 解 是 ${\displaystyle x-\mathrm{e}y-1=0}$.
2. 1. 解 因为 ${\displaystyle f^{\prime }(x)=\frac{2-x}{{\mathrm{e}}^x}}$, 所以 ${\displaystyle f(x{)}_{max}=f(2)=\frac{1}{{\mathrm{e}}^2}}$. ${\displaystyle f(x)}$ 在 ${\displaystyle (-\mathrm{\infty },2)}$ 上单增(其中 ${\displaystyle (-\mathrm{\infty },1)}$ 段为负), 在 ${\displaystyle (2,+\mathrm{\infty })}$ 上单减, 所以只有 ${\displaystyle a\in (0,f(2))=(0,\frac{1}{{\mathrm{e}}^2})}$. 而 ${\displaystyle f(1)=0<a}$, ${\displaystyle f(2)>a}$, $$f(x)=\frac{x-1}{{\mathrm{e}}^x}<\frac{x}{{\mathrm{e}}^x}<\frac{x}{\frac{x^2}{2}}=\frac{2}{x}\Rightarrow f\left(\frac{2}{a}\right)<a,$$ 所以根据零点存在性定理可以证明解确实存在于 ${\displaystyle (1,2)}$, ${\displaystyle (2,\frac{2}{a})}$ 上. 综上 ${\displaystyle a\in (0,\frac{1}{{\mathrm{e}}^2})}$.
   2. 证明 这里采用了传统的统一变量. 由 ${\displaystyle f(x_1)=f(x_2)}$ 得 $$\frac{x_1-1}{x_2-1}={\mathrm{e}}^{x_1-x_2}.$$ 不妨设 ${\displaystyle x_1-x_2=t>0}$, 则 ${\displaystyle x_2=1+\frac{t}{{\mathrm{e}}^t-1}}$, ${\displaystyle x_1=1+\frac{t{\mathrm{e}}^t}{{\mathrm{e}}^t-1}}$. 再由 ${\displaystyle f(x_2)=a}$, 得 ${\displaystyle \ln a=\ln (x_2-1)-x_2}$. 所以要证的不等式等价于 $$\begin{array}{}\text{(*)}& t-1+\frac{t}{{\mathrm{e}}^t-1}+\ln \left(\frac{t}{{\mathrm{e}}^t-1}\right)>0,t>0.\end{array}$$ 构造函数 ${\displaystyle g(x)=\frac{1}{x}-\frac{1}{{\mathrm{e}}^x-1}}$, ${\displaystyle x>0}$, 则 ${\displaystyle g^{\prime }(x)=\frac{x^2{\mathrm{e}}^x-({\mathrm{e}}^x-1{)}^2}{x^2({\mathrm{e}}^x-1{)}^2}}$. 注意到 $$({\mathrm{e}}^x-1{)}^2={[{\mathrm{e}}^{\frac{x}{2}}{\int }_0^{\frac{x}{2}}({\mathrm{e}}^t+{\mathrm{e}}^{-t})\mathrm{d}t]}^2>{\left({\mathrm{e}}^{\frac{x}{2}}{\int }_0^{\frac{x}{2}}2\mathrm{d}t\right)}^2=x^2{\mathrm{e}}^x,$$ 所以 ${\displaystyle g^{\prime }(x)<0}$. 然后继续注意到$$\begin{array}{rl}\ast \text{的左边}& =t+\ln \left(\frac{t}{{\mathrm{e}}^t-1}\right)+\frac{t}{{\mathrm{e}}^t-1}-1={\int }_0^{t}g(x)\mathrm{d}x-tg(t)\\ & ={\int }_0^t(g(x)-g(t))\mathrm{d}x>0,\end{array}$$ 最后一步是因为 ${\displaystyle x<t\Rightarrow g(x)>g(t)}$. 证毕!

不妨设 ${\displaystyle x_1>x_2}$. 则可以确定 ${\displaystyle x_1>2>x_2>1}$, 且 ${\displaystyle \ln (x_i-1)=x+\ln a}$, ${\displaystyle i=1,2}$. 因为 ${\displaystyle 0<x_2-1<1}$, 所以 $$x_2+\ln a=\ln (x_2-1)<\frac{2(x_2-1-1)}{x_2-1+1}\Rightarrow x_2^2-(2-\ln a)x_2<-4.$$ 同理 $$x_1^2-(2-\ln a)x_1>-4,$$ 两个不等式连接在一起就有 $$x_1^2-(2-\ln a)x_1>x_2^2-(2-\ln a)x_2\Rightarrow (x_1-x_2)[x_1+x_2-(2-\ln a)]>0,$$ 所以 ${\displaystyle x_1+x_2>2-\ln a}$.