无

略

对 $f(x)$ 求导得$$f'(x)=\dfrac {x^{2}-x+\ln x}{x^{2}}.$$对称化方法 $f(x)$ 在 $(1,+\infty)$ 上单调递增，不妨设 $x_{1}<x_{2}$，证明 $f(x_{2})=f(x_{1})>f(2-x_{1})$ 即可，即证明$$\forall x\in(0,1),f(x)-f(2-x)>0.$$记 $g(x)=f(x)-f(2-x)$，因为$$\forall x\in(0,1),f'(x)<0;\forall x>1,f'(x)>0,$$所以$$\forall x\in(0,1),g'(x)=f'(x)+f'(2-x)<0,$$从而有 $g(x)$ 在 $(0,1)$ 上单调递减，$g(x)>g(1)=0$．
构造辅助函数 构造函数 $g(x)=(x-1)^2$ 即可．
考虑函数$$f(x)-g(x)=\dfrac {x-1}{x}(\ln x-x^{2}+x),$$记 $h(x)=\ln x-x^2+x$，则 $h'(x)=\dfrac 1x-2x+1=\dfrac {(1-x)(1+2x)}{x}$．所以 $h(x)$ 在 $(0,1)$ 上单调递增，在 $(1,+\infty)$ 上单调递减．又因为 $h(1)=0$，所以 $h(x)\leqslant 0$．从而有当 $x\in(0,1)$ 时，$f(x)>g(x)$；当 $x\in(1,+\infty)$ 时，$f(x)<g(x)$．因为 $f(x_1)=f(x_2)>0$，所以存在 $x_3<1<x_4$，满足 $g(x_3)=g(x_4)=f(x_1)=f(x_2)$，结合上面 $f(x)$ 与 $g(x)$ 有大小关系有 $x_3<x_1<1<x_4<x_2$，从而有 $x_1+x_2>x_3+x_4=2$．