已知函数 $f(x)=2 x-a \ln x+4 a$（$a \in \mathbb{R}$）．
1、讨论函数 $f(x)$ 的单调性．
2、令 $g(x)=f(x)-\sin x$，若存在 $x_1 , x_2 \in(0,+\infty)$，且 $x_1 \neq x_2$ 时，$g\left(x_1\right)=g\left(x_2\right)$，证明：$x_1 x_2<a^2$．
解析
1、函数 $f(x)$ 的导函数\[f'(x)=\dfrac{2x-a}x,\]讨论分界点为 $a=0$．
情形一 $a\leqslant 0$．此时函数在 $(0,+\infty)$ 上单调递增．
情形二 $a>0$．此时函数 $f(x)$ 在 $\left(0,\dfrac a2\right)$ 上单调递减，在 $\left(\dfrac a2,+\infty\right)$ 上单调递增．
2、根据题意，有\[2x_1-a\ln x_1-\sin x_1=2x_2-a\ln x_2-\sin x_2,\]不妨设 $x_1>x_2$，则\[a(\ln x_1-\ln x_2)=2(x_1-x_2)-(\sin x_1-\sin x_2),\]根据对数平均不等式，有\[\dfrac{x_1-x_2}{\ln x_1-\ln x_2}>\sqrt{x_1x_2}\implies \ln x_1-\ln x_2<\dfrac{x_1-x_2}{\sqrt{x_1x_2}},\]从而\[2(x_1-x_2)-(\sin x_1-\sin x_2)<a\cdot \dfrac{x_1-x_2}{\sqrt{x_1x_2}},\]进而\[\dfrac{a^2}{x_1x_2}>\left(2-\dfrac{\sin x_1-\sin x_2}{x_1-x_2}\right)^2=\left(2-\dfrac{\cos\dfrac{x_1+x_2}2\sin\dfrac{x_1-x_2}2}{\dfrac{x_1-x_2}2}\right)^2>\left(2-\cos\dfrac{x_1+x_2}2\right)^2\geqslant 1,\]因此命题得证．