已知 $f(x)=x\ln x$，方程 $f(x)=m$ 有两个实数解 $x_1,x_2$，求证：$\sqrt{x_1x_2}\cdot \dfrac{x_1+x_2}2<\dfrac{1}{{\rm e}^2}$．
分析与解 设 $\dfrac{x_1}{x_2}=t$（$t>1$），则\[\begin{split} \ln x_1=\dfrac{\ln t}{1-t},\\ \ln x_2=\dfrac{t\ln t}{1-t},\end{split}\]而欲证不等式即\[\dfrac{\ln x_1+\ln x_2}2+\ln (x_1+x_2)<\ln 2-2,\]即\[\dfrac{(1+t)\ln t}{2(1-t)}+\ln(1+t)+\dfrac{t\ln t}{1-t}<\ln 2-2,\]也即\[\dfrac{3t+1}{2(t-1)}\cdot \ln t-\ln(1+t)>2-\ln 2.\]设左侧函数为 $\varphi(t)$，则其导函数\[\varphi'(t)=\dfrac{1}{(t-1)^2}\cdot \left[\dfrac{(t-1)\left(t^2+6t+1\right)}{2t(t+1)}-2\ln t\right],\]令\[\mu(t)=\dfrac{(t-1)\left(t^2+6t+1\right)}{2t(t+1)}-2\ln t,\]则其导函数\[\mu
'(t)=\dfrac{(t-1)^2(t^2+1)}{2t^2(t+1)^2},\]于是 $\mu(t)$ 单调递增，又 $\mu(1)=0$，于是当 $t>1$ 时有 $\mu(t)>0$，于是 $\varphi(t)$ 单调递增，因此\[\varphi(t)>\varphi(1)=2-\ln 2,\]命题得证．
注 求 $\varphi(1)$ 的值用到了极限 $\lim\limits_{x\to 1}{\dfrac{\ln x}{x-1}}=1$．
下面给出一道练习：
已知函数 $f(x)=x-\ln x$，方程 $f(x)=m$ 有两个实数解 $x_1,x_2$，求证：$x_1x_2\cdot (x_1+x_2)<2$．
解析 设 $\dfrac{x_1}{x_2}=t$（$t>1$），则\[\begin{split} x_1&=\dfrac{t\ln t}{t-1},\\ x_2&=\dfrac{\ln t}{t-1},\end{split}\]欲证明不等式即\[\dfrac{t\ln^2t}{(t-1)^2}\cdot \dfrac{(t+1)\ln t}{t-1}<2,\]也即\[\dfrac{2^{\frac 13}(t-1)}{t^{\frac 13}(t+1)^{\frac 13}}-\ln t>0.\]设左侧函数为 $\varphi(t)$，则其导函数\[\varphi'(t)=\dfrac{2^{\frac 13}(t^2+4t+1)}{3t^{\frac 43}(t+1)^{\frac 43}}-\dfrac 1t,\]下面证明当 $t>1$ 时 $\varphi'(t)>0$，即当 $t>1$ 时，有\[2\left(t^2+4t+1\right)^3>27t(t+1)^4,\]也即当 $t>1$ 时，有\[(t-1)^4\cdot \left(2t^2+5t+2\right)>0.\]这样证明了 $\varphi(t)$ 在 $t>1$ 时单调递增，于是\[\varphi(t)>\varphi(1)=0,\]命题得证．