$$ \begin{aligned} &x\ln x\geq ax^2+\frac{2}{a}\ \Leftrightarrow\quad& \ln x\geq ax+\frac{2}{ax}\ \Leftrightarrow\quad& \ln x-ax-\frac{2}{ax}\geq 0 \end{aligned} $$ 设 $g(x)=\ln x-ax-\frac{2}{ax}$，$g’(x)=\frac{1}{x}-a+\frac{2}{ax^2}=\frac{ax-a^2x^2+2}{ax^2}=\frac{-a(x+\frac{1}{a})(x-\frac{2}{a})}{x^2}$。

对 $a$ 的正负分类讨论：

1. $a>0$，$g’(x)=0\Rightarrow x=\frac{2}{a}$，易知 $g(x)$ 先增后减，且 $x\to 0$ 时 $g(x)\to -\infty$；$x\to +\infty$ 时 $g(x)\to -\infty$，即 $g(x)$ 无下界，不符合条件，舍去。
2. $a<0$，$g’(x)=0\Rightarrow x=-\frac{1}{a}$，$g(x)_{\min}=g(-\frac{1}{a})=3-\ln (-a)\geq 0$，$-e^3\leq a<0$。

综上所述，$a\in [-e^3,0)$。

$$ \begin{aligned} &e^x-3x+2\sin x-1\geq 0\ \Leftrightarrow\quad& e^x\geq 3x-2\sin x+1 \ \Leftrightarrow\quad& \frac{3x-2\sin x+1}{e^x}\leq 1 \end{aligned} $$ 设 $f(x)=\frac{3x-2\sin x+1}{e^x}$，$f’(x)=e^{-x}(3-2\cos x-3x+2\sin x-1)=e^{-x}(2-3x+2\sqrt2\sin(x-\frac{\pi}{4}))$。

设 $g(x)=2-3x+2\sqrt2\sin(x-\frac{\pi}{4})$，$g’(x)=2\sqrt2\cos(x-\frac\pi4)-3<0$，所以 $g(x)$ 单调递减，且 $g(0)=0$，故 $x\in(-\infty,0)$ 时 $f’(x)>0$，$x\in (0,+\infty)$ 时 $f’(x)<0$。即 $f(x)_{\max}=f(0)=1$，即 $f(x)\leq 1$ 恒成立。

$$ \begin{aligned} &e^x\ln x+\frac{2e^{x-1}}x>1\ \Leftrightarrow\quad& \ln x+\frac{2}{ex}>e^{-x}\ \Leftrightarrow\quad& x\ln x+\dfrac{2}{e}>xe^{-x} \end{aligned} $$

设 $f(x)=x\ln x+\frac{2}{e}$，$g(x)=xe^{-x}$。$f’(x)=\ln x+1$，$g’(x)=e^{-x}(1-x)$。易得 $f(x)$ 先减后增，$g(x)$ 先增后减，$f(x){\min}=f(\frac{1}{e})=\frac{1}{e}$，$g(x){\max}=g(1)=\frac{1}{e}$。即 $f(x)\geq \frac{1}{e}$ 且 $g(x)\leq \frac{1}{e}$ 且等号不能同时成立，即 $f(x)>g(x)$ 恒成立。

$$ \begin{aligned} &ae^{x-1}+\ln a \geq \ln x+1\ \Leftrightarrow\quad& e^{\ln a+x-1}+\ln a \geq \ln x+1\ \Leftrightarrow\quad& e^{\ln a+x-1}+\ln a+x-1 \geq \ln x+x\ \Leftrightarrow\quad& e^{\ln a+x-1}+\ln a+x-1 \geq e^{\ln x}+\ln x\ \end{aligned} $$

且函数 $y=e^x+x$ 单调递增，即 $\ln a+x-1\geq \ln x$，即 $\ln a\geq \ln x-x+1$ 恒成立。设 $f(x)=\ln x-x+1$，$f’(x)=\frac{1}{x}-1$，$x=1$ 时 $f’(x)=0$ 易知且 $f’(x)$ 先增后减。$\ln a \geq f(x)_{\max}=f(1)=0$，即 $a\geq 1$。

设 $f(x)=ae^{x-1}-\ln x+\ln a$，$f’(x)=ae^{x-1}-\frac{1}{x}$，$f’‘(x)=ae^{x-1}+\frac{1}{x^2}>0$。$f’(x)$ 单调递增且 $x\to 0$ 时 $f’(x)\to-\infty$，$x\to +\infty$ 时 $f’(x)\to+\infty$，则必存在 $x_0\in(0,+\infty)$ 满足 $f(x)_{\min}=f(x_0)=ae^{x_0-1}-\frac{1}{x_0}=0$，即 $ax_0e^{x_0-1}=1$。

$$ \begin{aligned} f(x)\geq 1&\Leftrightarrow f(x_0)=ae^{x_0}-\ln x_0+\ln a\geq 1\ &\Leftrightarrow \frac{1}{x_0}+x_0+2\ln a-2\geq 0\ &\Leftrightarrow \frac{1}{x_0}-x_0-2\ln x_0\geq 0 \end{aligned} $$

设 $g(x)=\frac{1}{x}-x-2\ln x$，$g’(x)=-\frac{1}{x^2}-\frac{2}{x}-1<0$，则 $g(x)$ 单调递减，且当 $x=1$ 时 $g(x)=0$。即 $x_0\in(0,1]$ 时 $\frac{1}{x_0}-x_0-2\ln x_0\geq 0$。设 $h(x)=\frac{1}{xe^{x-1}}$，则 $a=h(x_0)$。易知 $h(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 上单调递减，即 $a\in [1,+\infty)$。

方程 $f(x)=0$ 的两根分别为 $x=1$ 和 $x=\ln 2$。记 $f(x)$ 在点 $(1,0)$ 和在点 $(\ln 2,0)$ 处的切线分别为 $l_1,l_2$，求得 $l_1: y=(e-2)(x-1),l_2: 2(\ln 2-1)(x-\ln 2)$。下证函数 $f(x)$ 在 $l_1$，$l_2$ 上方。

设 $g(x)=(x-1)(e^x-2)-(e-2)(x-1)$，$g’(x)=xe^x-e$，$g’‘(x)=e^x(x+1)$，$g’‘(-1)=0$ 且 $g’‘(x)$ 单调递增，即 $g’(x)$ 先减后增，$x\to -\infty$ 时 $g’(x)\to -e$，$x\to +\infty$ 时 $g’(x)\to +\infty$。即 $g’(x)$ 有唯一零点 $x=1$，且 $g(x)$ 先减后增，在 $x=1$ 处取最小值。$g(x)\geq g(1)=0$，即 $f(x)\geq (e-2)(x-1)$ 恒成立，即 $f(x)$ 在直线 $l_1$ 上方。

设 $h(x)=(x-1)(e^x-2)-2(\ln 2-1)(x-\ln 2)$，$h’(x)=xe^x-2\ln2$，$h’'(x)=e^x(x+1)$，同理可知 $h(x)$ 有唯一零点 $x=\ln 2$，且 $h(x)$ 先减后增，在 $x=\ln 2$ 处取最小值。$g(x)\geq g(\ln 2)=0$，即 $f(x)\geq 2(\ln 2-1)(x-\ln 2)$ 恒成立，即 $f(x)$ 在直线 $l_2$ 上方。

不妨取 $x_3,x_4$ 为直线 $y=t$ 与 $l_1,l_2$ 交点的横坐标，联立求得 $x_3=\frac{t}{e-2}+1$，$x_4=\frac{t}{2(\ln2-1)}+\ln 2$。

$|x_1-x_2|<x_3-x_4=\frac{t(e-2\ln2)}{2(e-2)(\ln2-1)}+1-\ln 2$

不妨设 $a>b$，考虑分两部分进行证明。

不妨设 $x_1>x_2$，由于 $x_1,x_2$ 是方程的两根，$e^{x_1}=mx_1,e^{x_2}=mx_2$ 恒成立。对等式两边同时取对数可得 $x_1=\ln x_1+\ln m,x_2=\ln x_2+\ln m$。

由对数平均不等式可得：$\frac{x_1+x_2}{2}>\frac{x_1-x_2}{\ln x_1-\ln x_2}=1$。即原命题得证。

设函数 $f(x)=\frac{e^x}{x}$，$f’(x)=\frac{e^x(x-1)}{x^2}$，易知 $f(x)$ 先减后增，在 $x=1$ 处取最小值，不妨设 $x_1<1<x_2$，则 $2-x_1>1$，$x_1+x_2>2\Leftrightarrow x_2>2-x_1\Leftrightarrow f(x_2)>f(2-x_1)\Leftrightarrow f(x_1)>f(2-x_1)$，则只需证明 $f(x)>f(2-x)$ 在 $(0,1)$ 恒成立即可。令 $g(x)=f(x)-f(2-x)$, $g’(x)=f’(x)+f’(2-x)=\frac{e^x(x-1)}{x^2}+\frac{e^{2-x}(1-x)}{(2-x)^2}=\frac{(ex-xe^x+2e^x)(ex+xe^x-2e^x)(1-x)}{e^xx^2(2-x)^2}$。

设 $p(x)=ex-xe^x+2e^x(x\in (0,1)),q(x)=ex+xe^x-2e^x(x\in (0,1))$，$p’(x)=e-e^x(x-1),q’(x)=e+e^x(x-1),q’‘(x)=xe^x$。$p’(x)>0,q’‘(x)>0$ 均在 $(0,1)$ 上恒成立，即 $p(x)>p(0)=2,q’(x)>q’(0)=e-1>0$，即 $q(x)<q(1)=0$，即 $g’(x)<0$ 在 $(0,1)$ 恒成立，即 $g(x)>g(1)=0$，即原不等式成立。

设 $f(x)={e^x\over x}$。常规做法证明 $f(x)>f(2-x)$ 在 $(0,1)$ 上恒成立，此时严重破坏了不等式的对称性，导致之后证明较为繁琐。

我们证明 $f(1-x)>f(1+x)$ 在 $(0,1)$ 上恒成立。

即证 ${e^{1-x}\over 1-x}>{e^{1+x}\over 1+x}$，即证 $g(x)=e^{-x}(1+x)-e^x(1-x)>0$。$g’(x)=xe^x-xe^{-x}$ 在 $(0,1)$ 单调递增，则 $g’(x)>g’(0)=0$，则 $f(x)$ 单调递增，$f(x)>f(0)=0$。

要证 $x_1x_2>e^2$，只需证 $\ln x_1+\ln x_2>2$。

由于 $x_1,x_2$ 是方程的两根，$\ln x_1=\frac{x_1}{C}$，$\ln x_2=\frac{x_2}{C}$，由对数平均不等式，$\frac{x_1+x_2}{2}>\frac{x_1-x_2}{\ln x_1-\ln x_2}=C$。而 $\ln x_1+\ln x_2=\frac{x_1+x_2}{C}=\frac{x_1+x_2}{2}\cdot\frac{2}{C}>2$。

$$ \begin{aligned} &\ln x+\frac{a-1}{x}>\frac{a(\sin x+1)-2}{x}\ \Leftrightarrow\quad&\ln x>\frac{a\sin x-1}{x}\ \Leftrightarrow\quad&x\ln x>a\sin x-1 \end{aligned} $$ 由于 $a\in [0,1]$，则 $a\sin x-1\leq 0$，则当 $x\ln x>0$ 即 $x>1$ 时不等式成立，只需证明不等式在 $x\in (0,1]$ 成立即可。当 $x\in (0,1]$ 时，$a\sin x-1\leq \sin x-1$，则只需证明 $x\ln x>\sin x-1$。

设 $p(x)=x\ln x,q(x)=\sin x-1$，设直线 $l:y=x-1$。则 $l$ 是 $p(x)$ 在 $(1,0)$ 处的切线，也是 $q(x)$ 在 $(0,-1)$ 处的切线。由于 $p(x)$ 下凸，故 $p(x)\geq x-1$，等号在 $x=1$ 时成立；由于 $q(x)$ 在 $[0,1]$ 上凸，故 $q(x)\leq x-1$，等号在 $x=0$ 处成立。故 $p(x)>q(x)$ 在 $x\in (0,1]$ 时恒成立。即原命题成立。

$$ \begin{aligned} &(x^2-2x)e^x>e^2\ln x-2ex\ \Leftrightarrow\quad&(x^2-2x)e^x+2ex>e^2\ln x\ \Leftrightarrow\quad&(x-2)e^x+2e>\frac{e^2\ln x}{x} \end{aligned} $$

设 $f(x)=(x-2)e^x+2e,g(x)=\frac{e^2\ln x}{x}$，$f’(x)=e^x(x-1),g’(x)=\frac{e^2(1-\ln x)}{x^2}$。易知 $f(x)$ 先减后增，$g(x)$ 先增后减。$f(x)\geq f(1)=e,g(x)\leq g(e)=e$，且等号成立时，$x$ 取值不同，故 $f(x)>g(x)$。

$(x^2-2x)e^x>e^2\ln x-2ex\Leftrightarrow(x^2-2x)e^x+2ex>e^2\ln x$，设 $f(x)=(x^2-2x)e^x+2ex,g(x)=e^2\ln x$，设直线 $l:y=ex$。易知 $l$ 是 $f(x)$ 在点 $(1,e)$ 处的切线，也是 $g(x)$ 在点 $(e,e^2)$ 处的切线。

设 $p(x)=\frac{f(x)}{ex}=(x-2)e^{x-1}+2$，$p’(x)=(x-1)e^{x-1}$，易知 $p(x)$ 先减后增，且 $p(x)\geq p(1)=1$，则 $f(x)\geq ex$，当且仅当 $x=1$ 时等号成立。

设 $q(x)=g(x)-ex=e(e\ln x-x)$，$q’(x)=e(\frac{e}{x}-1)$，易知 $q(x)$ 先增后减，且 $q(x)\leq q(e)=0$，即 $g(x)\leq ex$，当且仅当 $x=e$ 时等号成立。

即 $f(x)\geq ex\geq g(x)$ 且等号无法同时取到，即 $f(x)>g(x)$

$a^x=\log_ax\Leftrightarrow a^x \log_a a^x=x\log_a x$，由于 $a^x>1$，且 $x\log_a x$ 在 $(1,+\infty)$ 单调递增，故 $x=a^x$ 有两个根。对等式两边同取对数并移项得 $\frac{\ln x}{x}=\ln a$ 有两个根，令 $f(x)=\frac{\ln x}{x}$，$f’(x)=\frac{1-\ln x}{x^2}$，易知 $f(x)$ 先增后减，在 $x=e$ 处取最大值 $\frac{1}{e}$，且 $x\to 0$ 时 $f(x)\to -\infty$，$x\to +\infty$ 时 $f(x)\to 0$。即 $0<\ln a<\frac1e$，即 $a\in(0,e^{\frac1e})$。