已知函数 $f(x)=\ln x$，$ g(x)={\rm e}^x$．
1、求函数 $y=f(x)-x$ 的单调区间．
2、求证：函数 $y=f(x)$ 和 $y=g(x)$ 在公共定义域内，$g(x)-f(x)>2$ 恒成立．
3、若存在两个不相等的实数 $x_1, x_2$，满足 $\dfrac{f\left(x_1\right)}{x_1}=\dfrac{f\left(x_2\right)}{x_2}=a$，求证：$\dfrac{x_1 x_2}{{\rm e}^2}>1$．
解析
1、函数 $f(x)-x=\ln x-x$，其导函数为\[y'=\dfrac 1x-,\]于是函数 $y=f(x)-x$ 的单调递增区间为 $(0,1)$，单调递减区间为 $(1,+\infty)$．
2、由 ${\rm e}^x\geqslant 1+x$，$\ln x\leqslant x-1$，等号分别当 $x=0$ 和 $x=1$ 时取得可得\[g(x)-f(x)={\rm e}^x-\ln x>(1+x)-(x-1)=2.\]
3、根据题意，有\[\dfrac{\ln x_1}{x_1}=\dfrac{\ln x_2}{x_2}=a\implies \ln x_1-\ln x_2=a(x_1-x_2),\]于是根据对数平均不等式，有\[\sqrt{x_1x_2}<\dfrac{x_1-x_2}{\ln x_1-\ln x_2}=\dfrac 1a<\dfrac{x_1+x_2}2,\]于是\[x_1+x_2>\dfrac 2a\implies \dfrac{\ln x_1}{a}-\dfrac{\ln x_2}{a}>\dfrac 2a\implies \ln x_1+\ln x_2>2\implies \dfrac{x_1x_2}{{\rm e}^2}>1.\]