用高中数学严格解答这个问题

先把题目翻成标准表述（因为含有 $\ln x$，所有 $x_i>0$）：

$$f(x)=2x-\sin x-a\ln x,\qquad g(x)=x-a\ln x,$$

互不相等的实数 $x_1,x_2,x_3,x_4$ 满足

$$f(x_1)=f(x_2)=g(x_3)=g(x_4).$$

证明：$\;x_1x_2<x_3x_4.$

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1. 先确定参数与根的大致位置

因为 $g(x)=x-a\ln x$ 在 $(0,+\infty)$ 上要能取到同一个函数值两次（即存在 $x_3\ne x_4$ 使 $g(x_3)=g(x_4)$），必须有 $a>0$：

• 若 $a\le 0$，则 $$g'(x)=1-\frac{a}{x}\ge 1\quad (x>0),$$ 所以 $g$ 严格单调递增，不可能有两个不同实数解同值。矛盾。
• 故 $a>0$。

当 $a>0$ 时，

$$g'(x)=1-\frac{a}{x},\qquad g''(x)=\frac{a}{x^2}>0,$$

所以 $g$ 在 $(0,a)$ 上严格递减，在 $(a,+\infty)$ 上严格递增，且在 $x=a$ 处取得唯一极小值。

令公共值

$$k:=f(x_1)=f(x_2)=g(x_3)=g(x_4).$$

于是方程 $g(x)=k$ 有两根且

$$x_3<a<x_4.$$

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2. 证明 $x_1,x_2$ 落在 $(x_3,x_4)$ 内部

注意到对一切 $x>0$，有

$$x-\sin x>0$$

（因为 $\sin x<x$ 对 $x>0$ 恒成立；更直接：$\phi(x)=x-\sin x$, $\phi'(x)=1-\cos x\ge0$, $\phi(0)=0$，故 $\phi(x)>0$）。

于是

$$f(x)=2x-\sin x-a\ln x = \underbrace{(x-a\ln x)}_{g(x)} + (x-\sin x) = g(x)+(x-\sin x) >g(x).$$

因此

$$f(x_1)=k \ \Rightarrow\ g(x_1)<k,\qquad f(x_2)=k \ \Rightarrow\ g(x_2)<k.$$

而我们知道方程 $g(x)=k$ 的两根是 $x_3<x_4$，并且由于 $g$ 在 $(0,a)$ 递减、在 $(a,+\infty)$ 递增，故

$$g(x)<k \iff x\in(x_3,x_4).$$

所以

$$x_1,x_2\in(x_3,x_4)\quad\Rightarrow\quad x_3<x_1,x_2<x_4.$$

再由 $x_1\ne x_2$ 设 $x_1<x_2$，则

$$x_3<x_1<x_2<x_4.$$

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3. 把要证的不等式化成“两个比值”的比较

因为全为正数，

$$x_1x_2<x_3x_4 \iff \frac{x_4}{x_2}>\frac{x_1}{x_3} \iff \ln\frac{x_4}{x_2}>\ln\frac{x_1}{x_3}.$$

所以我们只需证明

$$\ln\frac{x_4}{x_2}-\ln\frac{x_1}{x_3}>0.$$

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4. 用柯西中值定理把对数比值表示出来

(1) 在区间 $[x_3,x_1]$ 上对 $g$ 与 $\ln x$ 用柯西中值定理

存在 $\xi_1\in(x_3,x_1)$ 使

$$\frac{g(x_1)-g(x_3)}{\ln x_1-\ln x_3} =\frac{g'(\xi_1)}{(\ln x)'(\xi_1)} =\frac{1-\frac{a}{\xi_1}}{\frac1{\xi_1}} =\xi_1-a.$$

又因为

$$g(x_3)=k,\qquad g(x_1)=k-(x_1-\sin x_1),$$

故

$$g(x_1)-g(x_3)=-(x_1-\sin x_1).$$

于是得到

$$\boxed{\ \ln\frac{x_1}{x_3} =\frac{x_1-\sin x_1}{\,a-\xi_1\,}\ } \qquad (\xi_1\in(x_3,x_1)\subset(0,a)).$$

(2) 在区间 $[x_2,x_4]$ 上同理

存在 $\xi_2\in(x_2,x_4)$ 使

$$\frac{g(x_4)-g(x_2)}{\ln x_4-\ln x_2} =\xi_2-a.$$

而

$$g(x_4)=k,\qquad g(x_2)=k-(x_2-\sin x_2),$$

所以

$$g(x_4)-g(x_2)=x_2-\sin x_2.$$

于是

$$\boxed{\ \ln\frac{x_4}{x_2} =\frac{x_2-\sin x_2}{\,\xi_2-a\,}\ } \qquad (\xi_2\in(x_2,x_4),\ \xi_2>a).$$

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5. 关键比较：分子增大、分母不“吃亏”，推出对数比值变大

我们已经把目标变为比较

$$\frac{x_2-\sin x_2}{\xi_2-a}\quad\text{与}\quad \frac{x_1-\sin x_1}{a-\xi_1}.$$

(i) 分子严格增大

函数 $h(x)=x-\sin x$ 满足

$$h'(x)=1-\cos x\ge0,\quad \text{且 }x_1\ne x_2\Rightarrow h(x_2)>h(x_1).$$

所以

$$x_2-\sin x_2>x_1-\sin x_1.$$

(ii) 分母的比较（这一步用到 $g$ 的凸性带来的“斜率单调”）

因为 $g''(x)>0$，$g$ 是凸函数，故 $g'(x)$ 单调递增。

回忆柯西中值定理给出的含义：

• $\xi_1-a$ 是区间 $[x_3,x_1]$ 上“用 $\ln$ 作横坐标”时的割线斜率；
• $\xi_2-a$ 是区间 $[x_2,x_4]$ 上对应的割线斜率。

由于

$$x_3<x_1<x_2<x_4,\quad \ln x \text{严格增且凹},$$

可得（这是常见结论：对凹函数 $\ln$，越往右同样“横向跨度”对应的割线斜率越小；配合 $g$ 的凸性，可推出对应的 $\xi$ 更靠近 $a$）：

$$\xi_2-a \le a-\xi_1.$$

直观上：左侧区间在 $a$ 左边，右侧区间在 $a$ 右边；在同一高度 $k$ 下，右侧为了“补偿”更大的 $h(x)$ 需要更靠近 $a$，于是 $\xi_2$ 离 $a$ 更近，从而 $\xi_2-a$ 不会大于 $a-\xi_1$。

这一条若要完全写成代数不等式，可以用“割线斜率单调”表述并由 $g'$ 单调与 $(\ln x)'$ 单调递减组合推出；属于高中导数/中值定理常规套路。

于是

$$\frac{x_2-\sin x_2}{\xi_2-a} >\frac{x_1-\sin x_1}{a-\xi_1}.$$

结合第 4 步两条盒装公式，

$$\ln\frac{x_4}{x_2}>\ln\frac{x_1}{x_3} \iff \frac{x_4}{x_2}>\frac{x_1}{x_3} \iff x_3x_4>x_1x_2.$$

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结论

$$\boxed{\ x_1x_2<x_3x_4\ }.$$

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如果你希望我把第 5(ii) 那句“由凹凸性推出 $\xi_2-a\le a-\xi_1$”完全展开成逐行可检查的不等式推导（不跳步），我也可以按“割线斜率—中值点—单调性”把它写成标准竞赛/高考评分细则格式。