无

略

不妨设 $x_1<x_2$，函数 $f(x)=\dfrac{\ln x}x-k$，则其导函数$$f'(x)=\dfrac{1-\ln x}{x^2}.$$因此函数 $f(x)$ 的极大值点为 $x={\mathrm e}$，极大值为 $f({\mathrm e})=\dfrac{1}{\mathrm e}-k$．于是 $k\in\left(0,\dfrac{1}{\mathrm e}\right)$．
第一个不等式函数 $f(x)$ 的二阶导函数$$f''(x)=\dfrac{2\ln x-3}{x^3},$$进而构造函数$$h(x)=f(x)-\left[\dfrac 12f''({\mathrm e})\cdot(x-{\mathrm e})^2+f({\mathrm e})\right],$$则其二阶导函数$$h''(x)=f''(x)-f''({\mathrm e})=\dfrac{2\ln x-3}{x^3}+\dfrac{1}{{\mathrm e}^3}=\dfrac{2\ln x-3+\dfrac{x^3}{{\mathrm e}^3}}{x^3},$$于是在 $(0,{\mathrm e})$ 上 $h''(x)<0$，在 $({\mathrm e},+\infty)$ 上 $h''(x)>0$；进而结合 $h'({\mathrm e})=0$，在 $(0,+\infty)$ 上 $h'(x)\geqslant 0$；进而结合 $h({\mathrm e})=0$，有 $h(x)$ 在 $(0,{\mathrm e})$ 上 $h(x)<0$，在 $({\mathrm e},+\infty)$ 上 $h(x)>0$，如图．因此有二次函数 $y=\dfrac 12f''({\mathrm e})(x-{\mathrm e})^2+f({\mathrm e})$ 的零点 $x_3,x_4$（$x_3<x_4$）满足$$x_3<x_1<x_4<x_2,$$从而 $x_1+x_2>x_3+x_4=2{\mathrm e}$，原命题得证．
第二个不等式设函数 $g(x)=\ln x-kx$，则函数 $g(x)$ 的导函数$$g'(x)=\dfrac{1}{x}-k,$$因此函数 $g(x)$ 的极大值点为 $x=\dfrac 1k$，其二阶导函数$$g''(x)=-\dfrac{1}{x^2},$$进而构造函数$$\varphi(x)=g(x)-\left[\dfrac 12g''\left(\dfrac 1k\right)\cdot\left(x-\dfrac 1k\right)^2+g\left(\dfrac 1k\right)\right],$$则其二阶导函数$$\varphi''(x)=g''(x)-g''\left(\dfrac 1k\right)=\dfrac{k^2x^2-1}{x^2},$$于是在 $\left(0,\dfrac 1k\right)$ 上 $\varphi''(x)<0$，在 $\left(\dfrac 1k,+\infty\right)$ 上 $\varphi''(x)>0$；进而结合 $\varphi'\left(\dfrac 1k\right)=0$，在 $\left(0,+\infty\right)$ 上 $\varphi'(x)\geqslant 0$；进而结合 $\varphi\left(\dfrac 1k\right)=0$，有 $\varphi(x)$ 在 $\left(0,+\infty\right)$ 上 $\varphi(x)<0$，在 $\left(\dfrac 1k,+\infty\right)$ 上 $\varphi(x)>0$，如图．因此有二次函数 $y=\dfrac 12g''\left(\dfrac 1k\right)\left(x-\dfrac 1k\right)^2+g\left(\dfrac 1k\right)$ 的零点 $x_5,x_6$（$x_5<x_6$）满足$$x_5<x_1<x_6<x_2,$$从而 $x_1+x_2>x_5+x_6=\dfrac 2{k}$，原命题得证．