已知实数 $a>0$，函数 $f(x)=\mathrm e^{-ax}\left(\ln x+\frac 1a\right)$ 与直线 $y=m$ 有 $2$ 个公共点，公共点横坐标分别为 $x_1,x_2$（$x_1<x_2$），求证：$x_1+x_2>2$．
解析 函数 $f(x)$ 的导函数\[f'(x)=\frac{\mathrm e^{-ax}(1-x-ax\ln x)}{x},\]于是 $f'(1)=0$，因此\[\mathrm e^{-\frac 1a}<x_1<1<x_2.\]只需要证明\[\forall \big(a>0\land x\in(0,1)\big),\mathrm e^{-a(1-x)}\left(\ln(1-x)+\frac 1a\right)<\mathrm e^{-a(1+x)}\left(\ln(1+x)+\frac 1a\right),\]也即\[\forall \big(a>0\land x\in(0,1)\big),\mathrm e^{2ax}\ln (1-x)-\ln(1+x)+\frac 1a\left(\mathrm e^{2ax}-1\right)<0,\]记不等式左侧函数为 $g(x,a)$，则\[g'_a(x,a)=\frac{\mathrm e^{2ax}\left(2a^2x\ln(1-x)+2ax-1\right)+1}{a^2},\]设分子部分为 $\varphi(x,a)$，则\[\varphi'_a(x,a)<\mathrm e^{2ax}\left(-2a^2x^2+2ax-1\right)+1,\]设 $r(x)=\mathrm e^{2x}(-2x^2+2x-1)+1$，则\[r'(x)=\mathrm e^{2x}\left(-4x^2+4x-2-4x+2\right)=-4x^2\mathrm e^{2x}< 0,\]于是当 $x\in(0,+\infty)$ 时，有 $r(x)\leqslant r(0)=0$，从而 $\varphi(x,a)$ 关于 $a$ 在 $a>0$ 上单调递减，因此\[g(x,a)<\lim\limits_{a\to 0}g(x,a)=\ln(1-x)-\ln(1+x)+2x,\]设右侧函数为 $h(x)$，则其导函数\[h'(x)=-\frac{2x^2}{1-x^2},\]于是当 $x\in (0,1)$ 时，函数 $h(x)$ 单调递减，而 $h(0)=0$，因此在该区间上 $h(x)<0$，命题得证．
备注 得到函数 $g(x,a)$ 后，若先对 $x$ 求导，则\[g_x'(x,a)=\mathrm e^{2ax}\left(2-\frac{1}{1-x}+2a\ln(1-x)\right)-\frac{1}{1+x},\]于是\[\left(g_x'(x,a)\right)_a'=\mathrm e^{2ax}\left(4x-\frac{2x}{1-x}+4ax\ln(1-x)+2\ln(1-x)\right)<\mathrm e^{2ax}\left(4x-\frac{2x}{1-x}+2(-x)\right)<0,\]于是 $g_x'(x,a)$ 关于 $a$ 单调递减，从而\[g_x'(x,a)<g_x'(x,0)=2-\frac{1}{1-x}-\frac{1}{1+x}=-\frac{2x^2}{1-x^2}<0,\]因此 $g(x,a)$ 关于 $x$ 单调递减，从而\[g(x,a)<g(0,a)=0,\]命题得证．这样可以避免使用洛必达法则．