设函数 $f(x)=\ln x-\dfrac{k(x-1)}{x+1}$．
1、若 $f(x) \geqslant 0$ 对任意 $x \in[1,+\infty)$ 恒成立，求实数 $k$ 的取值范围．
2、已知方程 $\dfrac{\ln x}{x}=\dfrac{1}{3 \mathrm{e}}$ 有两个实数解 $x_1, x_2$，求证：$x_1+x_2>6 \mathrm{e}$．
解析
1、由于 $f(1)=0$，端点分析，函数 $f(x)$ 的导函数\[f'(x)=\dfrac {x^2+2(1-k)x+1}{x(1+x)^2},\]设分子部分为函数 $g(x)=4-2k$，因此讨论分界点为 $k=2$．
情形一 $k\leqslant 2$．此时\[f(x)\geqslant \ln x-\dfrac{2(x-1)}{x+1},\]根据对数函数的进阶放缩，符合题意．
情形二 $k>2$．此时在区间 $x\in\left(1,(k-1)+\sqrt{k^2-2k}\right)$ 上，有 $g(x)<0$，于是 $f(x)$ 在该区间上单调递减，因此 $f(x)<f(1)=0$，不符合题意． 综上所述，实数 $k$ 的取值范围是 $(-\infty,2]$．
2、根据题意，设 $h(x)=\dfrac{\ln x}{x}$，则其导函数\[h'(x)=\dfrac{1-\ln x}{x^2},\]因此\[\begin{array}{c|c|c|c|c|c}\hline x&0^+&(0,{\rm e})&{\rm e}&({\rm e},+\infty)&+\infty\\ \hline h(x)&-\infty&\nearrow&\dfrac{1}{\rm e}&\searrow&0\\ \hline\end{array}\]注意到\[h\left({\rm e}^3\right)=\dfrac{3}{{\rm e}^3}>\dfrac{1}{3{\rm e}},\]因此\[x_1+x_2>x_2>{\rm e}^3>6{\rm e}.\]