已知$f(x)=x-\ln x$的图象与直线$y=m$交于不同的两点$(x_1,m)$和$(x_2,m)$，求证：$x_1x_2^2<2$．
证法一（对称化构造）
由于函数$f(x)$的导函数$$f'(x)=\dfrac{x-1}{x},$$于是两个公共点分别位于直线$x=1$的两侧，只需要证明当$0<x_1<1<x_2$时，$x_1x_2^2<2$．
当$x_2\geqslant 2$时，$x_1,\dfrac{2}{x_2^2}\in (0,1)$，考虑$$f(x_1)-f\left(\dfrac 2{x_2^2}\right)=x_2-\dfrac 2{x_2^2}-3\ln x_2+\ln 2,$$设函数$\varphi(x)=x-\dfrac 2{x^2}-3\ln x+\ln 2$，则$$\varphi'(x)=\dfrac{(x-2)^2(x+1)}{x^3},$$注意到$\varphi\left(2^{\frac 13}\right)=0$，于是当$x_2\geqslant 2$时，有$$f(x_1)-f\left(\dfrac{2}{x_2^2}\right)>0,$$考虑到$f(x)$在$(0,1)$上单调递减，于是$$x_1x_2^2<2.$$
当$1<x_2<2$时，只需要证明$x_1x_2<1$，此时$x_1,\dfrac{1}{x_2} \in (0,1)$，考虑$$f(x_1)-f\left(\dfrac{1}{x_2}\right)=x_2-\dfrac{1}{x_2}-2\ln x_2>0,$$考虑到$f(x)$在$(0,1)$上单调递减，于是$$x_1x_2<1,$$从而$x_1x_2^2<2$．其中用到了常用放缩，当$x>1$时，有$$\ln x<\dfrac 12\left(x-\dfrac 1x\right).$$
证法二（齐次换元）
设$\dfrac{x_2}{x_1}=t$，且$t>1$，则$$x_1=\dfrac{\ln t}{t-1},x_2=\dfrac{t\ln t}{t-1},$$于是只需要证明$$\dfrac{\ln t}{t-1}\cdot \dfrac{t^2\ln^2t}{(t-1)^2}<2,$$也即$$\ln t<\dfrac{2^{1/3}(t-1)}{t^{2/3}}.$$令$t^{1/3}=x$($x>1$)，只需要证明$$2^{1/3}\left(x-\dfrac{1}{x^2}\right)-3\ln x>0,$$记$LHS=\varphi(x)$，则$$\varphi'(x)=\dfrac{2^{1/3}x^3-3x^2+2\cdot 2^{1/3}}{x^3},$$设其分子部分为$\mu(x)$，则$$\mu'(x)=3\cdot 2^{1/3}x^2-6x,$$于是其在$(1,+\infty)$上的极小值，亦为最小值为$$\mu(2^{2/3})=0,$$因此$\varphi(x)$单调递增，又$\varphi (1)=0$，因此命题得证．