已知函数 $f(x)={\rm e}^x-\dfrac{\rm e}2x^2+ax$．
1、若 $\dfrac{f(x_1)-f(x_2)}{x_1-x_2}>\dfrac{\rm e}2(x_1+x_2)$ 对任意 $x_1>x_2$ 恒成立，求实数 $a$ 的取值范围．
2、若函数 $f(x)$ 存在两个极值点 $x_1,x_2$，且 $x_1<x_2$，求证：$x_1+x_2>2+\dfrac a{\rm e}$．
解析
1、题意即\[\forall x_1>x_2,{\rm e}^{x_1}-{\rm e}^{x_2}-\dfrac{\rm e}2(x_1^2-x_2^2)+a(x_1-x_2)>\dfrac{\rm e}2(x_1^2-x_2^2),\]也即\[\forall x_1>x_2,{\rm e}^{x_1}-{\rm e}x_1^2+ax_1>{\rm e}^{x_2}-{\rm e}x_2^2+ax_2,\]即函数 $g(x)={\rm e}^x-{\rm e}x^2+ax$ 为 $\mathbb R$ 上的单调递增函数，其导函数\[g'(x)={\rm e}^x-2{\rm e}x+a,\]求导分析可得 $a$ 的取值范围是 $\left[-2{\rm e}+2{\rm e}\ln (2{\rm e}),+\infty\right)$．
2、题意即 ${\rm e}^{x_1}-{\rm e}x_1+a={\rm e}^{x_2}-{\rm e}x_2+a=0$，求证：$x_1+x_2>2+\dfrac{a}{\rm e}$．也即 $x_1-{\rm e}\ln x_1 +a=x_2-{\rm e}\ln x_2+a=0$，求证：$\ln x_1+\ln x_2>2+\dfrac{a}{\rm e}$． 考虑到 $\ln x_1=\dfrac{x_1+a}{\rm e}$，$\ln x_2=\dfrac{x_2+a}{\rm e}$，因此\[\ln x_1+\ln x_2>2+\dfrac a{\rm e}\iff x_1+x_2>2{\rm e}-a.\] 易得 $x_1<{\rm e}<x_2$，利用对数平均不等式可得\[\begin{cases} \dfrac{x_1-{\rm e}}{\ln x_1-1}<\dfrac{x_1+{\rm e}}2,\\ \dfrac{x_2-{\rm e}}{\ln x_2-1}<\dfrac{x_2+{\rm e}}2,\end{cases}\iff \begin{cases} 2(x_1-{\rm e})>\left(\dfrac{x_1+a}{\rm e}-1\right)(x_1+{\rm e}),\\ 2(x_2-{\rm e})<\left(\dfrac{x_2+a}{\rm e}-1\right)(x_2+{\rm e}),\end{cases}\]两式相减，可得\[2(x_1-x_2)>\dfrac{1}{\rm e}(x_1+x_2)(x_1-x_2)+\dfrac{a}{\rm e}(x_1-x_2),\]两边同除 $x_1-x_2$，整理即得．