证明：
因为limx→0f(x)=0\lim\limits_{x \to 0} f(x)=0x→0limf(x)=0，是一个可去间断点，我们补充f(0)=0f(0)=0f(0)=0，使它在[0,e][0,e][0,e]上连续。由第一问可知，f(x)f(x)f(x)在(0,1)(0,1)(0,1)上递增，(1,e)(1,e)(1,e)上递减。原题等同于f(x)=x(1−lnx)f(x)=x(1-\ln x)f(x)=x(1−lnx)，如果x1(1−lnx1)=x2(1−lnx2)x_1(1-\ln x_1)=x_2(1-\ln x_2)x1(1−lnx1)=x2(1−lnx2)，即f(x1)=f(x2)f(x_1)=f(x_2)f(x1)=f(x2),求证2<x1+x2<e2<x_1+x_2<e2<x1+x2<e。由于对称性，我们不防设x1<x2x_1<x_2x1<x2。
首先证明x1+x2>2x_1+x_2>2x1+x2>2。
设g(x)=f(x)−f(2−x)g(x)=f(x)-f(2-x)g(x)=f(x)−f(2−x)，那么g′(x)=−ln[x(2−x)]g^\prime (x)=-\ln [x(2-x)]g′(x)=−ln[x(2−x)],对于h(x)=x(2−x)h(x)=x(2-x)h(x)=x(2−x)，在(0,1)(0,1)(0,1)上递增，g′(x)g^\prime(x)g′(x)在此区间上递减。且h(1)=1h(1)=1h(1)=1，因此g′(x)>g′(1)=0g^\prime(x) >g^\prime(1)=0g′(x)>g′(1)=0，即g(x)g(x)g(x)在(0,1)(0,1)(0,1)上递增。而g(1)=f(1)−f(1)=0g(1)=f(1)-f(1)=0g(1)=f(1)−f(1)=0，于是我们得到g(x)<0g(x)<0g(x)<0，过程如下表所示。即可以写成f(x2)=f(x1)<f(2−x1)f(x_2)=f(x_1)<f(2-x_1)f(x2)=f(x1)<f(2−x1)。由于x2∈[1,e]以及2−x∈[1,e]x_2\in [1,e]\text{以及} 2-x\in [1,e]x2∈[1,e]以及2−x∈[1,e]，且f(x)f(x)f(x)在[1,e][1,e][1,e]上递减。于是有x2>2−x1x_2>2-x_1x2>2−x1，即证得x1+x2>2x_1+x_2>2x1+x2>2。
下面来证明x1+x2<ex_1+x_2<ex1+x2<e。
设g(x)=f(x)−f(e−x)g(x)=f(x)-f(e-x)g(x)=f(x)−f(e−x)那么g′(x)=−ln[x(e−x)]g^\prime (x)=-\ln [x(e-x)]g′(x)=−ln[x(e−x)]，h(x)=x(e−x)h(x)=x(e-x)h(x)=x(e−x)同理可以分析出在(0,1)(0,1)(0,1)上递减，且limx→0g′(x)=+∞\lim\limits_{x \to 0}g^\prime(x)=+\inftyx→0limg′(x)=+∞，而g′(1)=−ln(e−1)≈−0.54g^\prime (1)=-\ln (e-1)\approx -0.54g′(1)=−ln(e−1)≈−0.54，因此，即g(x)g(x)g(x)在(0,1)(0,1)(0,1)上先增后减。g(x)>min{g(0)=0,g(1)≈0.21}=0g(x)>\min \{g(0)=0,g(1)\approx 0.21\}=0g(x)>min{g(0)=0,g(1)≈0.21}=0。于是我们得到g(x)>0g(x)>0g(x)>0，过程如下表所示。即可以写成f(x2)=f(x1)>f(e−x1)f(x_2)=f(x_1)>f(e-x_1)f(x2)=f(x1)>f(e−x1)。由于x2∈[1,e]以及e−x2∈[1,e]x_2\in [1,e]\text{以及} e-x_2\in [1,e]x2∈[1,e]以及e−x2∈[1,e]，且f(x)f(x)f(x)在[1,e][1,e][1,e]上递减。于是有x2<e−x1x_2<e-x_1x2<e−x1，即证得x1+x2<ex_1+x_2<ex1+x2<e。
得证。
上海卷压轴题：
根据前面的分析，我们猜测a2m+1=5×3m−1a_{2m+1}=5\times3^{m-1}a2m+1=5×3m−1。对于a2m+2=2×a2m+1−ai=2×5×3m−1−ai=3m+1a_{2m+2}=2\times a_{2m+1}-a_{i}=2\times5\times 3^{m-1}-a_i=3^{m+1}a2m+2=2×a2m+1−ai=2×5×3m−1−ai=3m+1，我们可取ai=a2m−2=3m−1a_i=a_{2m-2}=3^{m-1}ai=a2m−2=3m−1，当然，如果mmm取1，而ai=a1a_i=a_1ai=a1也是可行的。
对于a2m+3=2×3m+1−ai=5×3ma_{2m+3}=2\times 3^{m+1}-a_i=5\times 3^{m}a2m+3=2×3m+1−ai=5×3m，可取ai=a2m=3ma_i=a_{2m}=3^mai=a2m=3m，当然，如果mmm取0，而ai=a1a_i=a_1ai=a1也是可行的。即对于a3=2a2−a1=5a_3=2a_2-a_1=5a3=2a2−a1=5也是满足题意的。完全可以满足题意。下面我们来使用数学归纳法来证明这样的取法是唯一的。
很显然对于k=1k=1k=1时是成立的，即a3=5a_3=5a3=5，验证即可。我们假设猜测a2k+1=5×3k−1,k=1,2,3...a_{2k+1}=5\times3^{k-1}, k=1,2,3...a2k+1=5×3k−1,k=1,2,3...
对于a2k+3=2×3k+1−aia_{2k+3}=2\times 3^{k+1}-a_ia2k+3=2×3k+1−ai，而a2k+4=2×a2k+3−aj=4×3k+1−2ai−aj=3k+2a_{2k+4}=2\times a_{2k+3}-a_j=4\times3^{k+1}-2a_i-a_j=3^{k+2}a2k+4=2×a2k+3−aj=4×3k+1−2ai−aj=3k+2，因此有3k+1=2ai+aj3^{k+1}=2a_i+a_j3k+1=2ai+aj。
首先证明一下aia_iai和aja_jaj都只能是3q3^q3q的指数形式，即偶数项或第1项。
1、假设aia_iai和aja_jaj都是取5×3n5\times 3^n5×3n的形式，那么右边可以被3整除，而左边无法被3整除，因此，假设错误。
2、假设ai=3p,aj=5×3qa_i=3^p,a_j=5\times 3^qai=3p,aj=5×3q，代入上式，可知3k+1=2×3p+5×3q3^{k+1}=2\times 3^p+5\times 3^q3k+1=2×3p+5×3q，可以稍加分析下，如果p小于q，则两边提取3p3^p3p，可知3k+1−p=2+5×3q−p3^{k+1-p}=2+5\times3^{q-p}3k+1−p=2+5×3q−p，右边不可能被3整除。同理如果p≥qp\geq qp≥q，也不可能。假设错误。
3、同2，可证ai=5×3p，aj=3qa_i=5\times 3^p，a_j=3^qai=5×3p，aj=3q假设错误。
因此，只可能aia_iai和aja_jaj都只能是3的指数形式，即偶数项或第1项。
可设ai=3p,aj=3qa_i=3^p,a_j=3^qai=3p,aj=3q，于是有3k+1=2×3p+3q3^{k+1}=2\times 3^p+3^q3k+1=2×3p+3q，如果p<qp<qp<q，则3k+1−p=2+3q−p3^{k+1-p}=2+3^{q-p}3k+1−p=2+3q−p，根据两边被3整除的情况，只有q−p=0且k+1−p=1q-p=0且k+1-p=1q−p=0且k+1−p=1，和p<qp<qp<q矛盾。
如果p≥qp\geq qp≥q，同理分析知p=q且k+1−q=1，即有p=q=kp=q且k+1-q=1，即有 p=q=kp=q且k+1−q=1，即有p=q=k。
由上面的分析可知只有取ai=aj=3ka_i=a_j=3^kai=aj=3k，因此a2k+3=2×3k+1−3k=5×3ka_{2k+3}=2\times 3^{k+1}-3^k=5\times 3^ka2k+3=2×3k+1−3k=5×3k，是满足表达式的。
综上，我们有：
am={1m=13km=2k5×3k−1m=2k+1其中k=1,2,3...a_m=\begin{cases} 1&m=1\\3^{k}&m=2k\\5\times 3^{k-1}&m=2k+1 \end{cases} 其中k=1,2,3... am=⎩⎪⎨⎪⎧13k5×3k−1m=1m=2km=2k+1其中k=1,2,3...
