已知函数 $f(x)=x\mathrm e^{-x}$，且 $f(x_1)=f(x_2)$，其中 $x_1<x_2$．
1、求证：$x_1+x_2>2$；
2、求证：$x_1x_2<1$；
3、求证：$x_1x_2(x_1+x_2)<2$；
4、求证：$2\sqrt{x_1}+2\sqrt{x_2}+\sqrt{x_1x_2}>5$．
解析
1、根据题意，有\[x_1\mathrm e^{-x_1}=x_2\mathrm e^{-x_2}=m\iff \ln x_1-x_1=\ln x_2-x_2=\ln m,\]其中 $\ln m\in (-\infty,-1)$．设 $t=\dfrac{x_2}{x_1}$，则\[(x_1,x_2)=\left(\frac{\ln t}{t-1},\frac{t\ln t }{t-1}\right),\quad t>1,\]此时\[x_1+x_2>2\iff \dfrac{(t+1)\ln t}{t-1}>2\iff \ln t>\dfrac{2(t-1)}{t+1},\]根据对数函数的进阶放缩即得．
2、利用第 $(1)$ 小题的换元，欲证不等式即\[\dfrac{t\ln ^2t}{(t-1)^2}<1\iff \ln t<\dfrac{t-1}{\sqrt t}\iff \ln r<\dfrac{r^2-1}{2r},\]其中 $r=\sqrt t$，根据对数函数的进阶放缩即得．
3、根据第 $(1)$ 小题的换元，欲证不等式即\[ \dfrac{t(t+1)\ln ^3t}{(t-1)^3}<2\iff \ln t<(t-1)\sqrt[3]{\frac{2}{t(t+1)}},\]令 $r=\dfrac{t-1}{t+1}$（$r\in (0,1)$），则\[ t=\dfrac{1+r}{1-r},\quad t-1=\dfrac{2r}{1-r},\quad t+1=\dfrac{2}{1-r},\]欲证不等式即\[ \ln(1+r)-\ln (1-r)-2r(1-r^2)^{-\frac 13}<0,\]设左侧函数为 $g(r)$，则\[g'(r)=2(1-r^2)^{-\frac 43}\cdot \left((1-r^2)^{\frac 13}+\frac{r^2}3-1\right),\]而\[\left(1-\frac{r^2}3\right)^3=1-r^2+\frac{1}{27}r^4(9-r^2)>1-r^2,\]因此 $g’(r)<0$，命题得证．
4、设 $f(x)=x-\ln x$，即证明\[x_2>\left(\dfrac{5-2\sqrt{x_1}}{2+\sqrt{x_1}}\right)^2\impliedby f(x_2)>f\left(\left(\dfrac{5-2\sqrt{x_1}}{2+\sqrt{x_1}}\right)^2\right)\impliedby f(x_1)>f\left(\left(\dfrac{5-2\sqrt{x_1}}{2+\sqrt{x_1}}\right)^2\right),\]只要证明函数\[h(x)=f(x^2)-g\left(\left(\dfrac{5-2x}{2+x}\right)^2\right)\]在 $(0,1)$ 上单调递减．而\[h(x)=x^2-2\ln x-\left(\dfrac{5-2x}{2+x}\right)^2+2\ln\dfrac{5-2x}{2+x},\]其导函数\[h'(x)=\dfrac{-2(x-1)^4(2x^2+15x+40)}{x(2+x)^3(2x-5)}\leqslant 0,\]命题得证．