已知$b>a>0$，且$b\ln a-a\ln b=a-b$，求证：
（1）$a+b-ab>1$；
（2）$a+b>2$；
（3）$\dfrac 1a+\dfrac 1b>2$．
证明 已知条件可以变形为$$\dfrac{\ln a+1}{a}=\dfrac{\ln b+1}{b},$$因此$a,b$是函数$f(x)=\dfrac{\ln x+1}{x}$的图象与直线$y=m$的两个公共点的横坐标．
考虑函数$f(x)$的导函数$$f'(x)=-\dfrac{\ln x}{x^2},$$于是函数$f(x)$有极大值点$x=1$，因此有$0<a<1<b$，从而$$(a-1)(b-1)<0,$$即$$a+b-ab>1,$$命题（1）得证．
设$b=at$，$t>1$，则有$$\dfrac{\ln a+1}a=\dfrac{\ln a+\ln t+1}{at},$$解得$$\ln a=\dfrac{\ln t}{t-1}-1,$$从而$$\ln b=\ln a + \ln t=\dfrac{t\ln t}{t-1}-1,$$考虑到$t>1$时，有$$\ln t>2\cdot\dfrac{t-1}{t+1},$$于是\[\begin{split} a+b&>{\rm e}^{\frac {2}{t+1}-1}+{\rm e}^{\frac{2t}{t+1}-1}\\ &={\rm e}^{\frac{1-t}{t+1}}+{\rm e}^{\frac{t-1}{t+1}}\\ &>2,\end{split} \]于是$a+b>2$，命题（2）得证．
对于命题（3），将已知条件变形为$$\dfrac 1a\left(-\ln\dfrac 1a+1\right)=\dfrac 1b\left(-\ln\dfrac 1b+1\right),$$于是$\dfrac 1a$和$\dfrac 1b$是函数$g(x)=x-x\ln x$的图象与直线$y=n$的两个公共点的横坐标．
考虑函数$g(x)$的导函数$$g'(x)=-\ln x,$$于是函数$g(x)$有极大值点$x=1$，于是$$0<\dfrac 1b<1<\dfrac 1a.$$对称化构造函数$$h(x)=g(2-x)-g(x),$$其中$0<x<1$，则其导函数$$h'(x)=\ln (2-x)+\ln x=\ln\big(x(2-x)\big)<0,$$于是$h(x)$在$(0,1]$上单调递减，因此$h(x)$在$(0,1)$上有$$h(x)>h(1)=0,$$也即当$0<x<1$时，$g(2-x)>g(x)$．
这样就有$$g\left(\dfrac 1a\right)=g\left(\dfrac 1b\right)<g\left(2-\dfrac 1b\right),$$而$g(x)$在$(1,+\infty)$上单调递减，于是$$\dfrac 1a>2-\dfrac 1b,$$即$$\dfrac 1a+\dfrac 1b>2,$$命题（3）得证．
注 第（2）小题也可以用与第（3）小题类似的对称化构造的方法去证明．更多相关问题见每日一题[114]极值点不等式的几种常见处理方式．