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已知函数 ${\displaystyle f(x)=(x-1)\ln x+\mathrm{e}}$ (其中 ${\displaystyle \mathrm{e}}$ 为自然对数的底数).

1. 求函数 ${\displaystyle f(x)}$ 的单调区间;
2. 当 ${\displaystyle x\in (\frac{1}{\mathrm{e}},1)}$ 时, 证明: ${\displaystyle f(x)<-x+\mathrm{e}+1}$;
3. 若 ${\displaystyle f(x)=b}$ 有两个不同的实数解 ${\displaystyle x_1,x_2}$, 且 ${\displaystyle \frac{1}{\mathrm{e}}<x_1<x_2}$, 求证: $$x_1+(2-\frac{1}{\mathrm{e}})x_2<\mathrm{e}+1.$$

1. 解 ${\displaystyle f^{\prime }(x)=\frac{x-1}{x}+\ln x}$. ${\displaystyle x>1}$ 时, ${\displaystyle \frac{x-1}{x},\ln x>0}$, 所以 ${\displaystyle f^{\prime }(x)>0}$, ${\displaystyle f(x)}$ 单增; 同理 ${\displaystyle 0<x<1}$ 时 ${\displaystyle f(x)}$ 单减. 所以单增区间是 ${\displaystyle (1,+\mathrm{\infty })}$, 单减区间是 ${\displaystyle (0,1)}$.
2. 证明 当 ${\displaystyle x\in (\frac{1}{\mathrm{e}},1)}$, 原不等式等价于 $$(x-1)\ln x<-x+1⟺\ln x>-1,$$ 这是显然的.
3. 证明 由 1, ${\displaystyle 0<x_1<1<x_2}$. 而 ${\displaystyle x_1>\frac{1}{\mathrm{e}}}$, 所以 $$f(x_2)=f(x_1)<f\left(\frac{1}{\mathrm{e}}\right)=1-\frac{1}{\mathrm{e}}+\mathrm{e}<\mathrm{e}-1+\mathrm{e}=f(\mathrm{e}),$$ 所以 ${\displaystyle x_2<\mathrm{e}}$. 接着我们证明 $$f(x)>(2-\frac{1}{\mathrm{e}})x,x\in (1,\mathrm{e}).$$ 记 ${\displaystyle g(x)=f(x)-(2-\frac{1}{\mathrm{e}})x}$, 则 ${\displaystyle g^{\prime }(x)=\frac{1}{\mathrm{e}}+\ln x-\frac{1}{x}-1}$, ${\displaystyle g^{″}(x)=\frac{1}{x}+\frac{1}{x^2}>0}$. 而 ${\displaystyle g^{\prime }(\mathrm{e})=0}$, 所以 ${\displaystyle g^{\prime }(x)<0}$, ${\displaystyle g(x)}$ 在 ${\displaystyle (1,\mathrm{e})}$ 上单减, 所以 ${\displaystyle g(x)>g(\mathrm{e})=0}$. 从而 ${\displaystyle f(x_2)>(2-\frac{1}{\mathrm{e}})x_2}$.
   这样根据 2, $$\mathrm{e}+1>f(x_1)+x_1=f(x_2)+x_1>(2-\frac{1}{\mathrm{e}})x_2+x_1.$$