\( f\left({x}_{1}\right)-\lambda \mathrm{ln}{x}_{1}=f\left({x}_{2}\right)-\lambda \mathrm{ln}{x}_{2}\) ，即 \( 2{x}_{1}-\mathrm{sin}{x}_{1}-\lambda \mathrm{ln}{x}_{1}=2{x}_{2}-\mathrm{sin}{x}_{2}-\lambda \mathrm{ln}{x}_{2}\) ，
整理为 \( \lambda (\mathrm{ln}{x}_{2}-\mathrm{ln}{x}_{1})=2({x}_{2}-{x}_{1})-(\mathrm{sin}{x}_{2}-\mathrm{sin}{x}_{1})\) ，
令 \(u(x) = x - \sin x\) ， \( x>0\) ，
则 \( {u}^{\text{'}}\left(x\right)=1-\mathrm{cos}x\ge 0\) ，所以 \(u(x) = x - \sin x\) 在 \(\left ( {0，+\infty } \right )\) 上单调递增，
不妨设 \({x_1} < {x_2}\) ，所以 \( {x}_{1}-\mathrm{sin}{x}_{1}<{x}_{2}-\mathrm{sin}{x}_{2}\) ，从而 \( {x}_{2}-{x}_{1}>\mathrm{sin}{x}_{2}-\mathrm{sin}{x}_{1}\) ，
所以 \( \lambda (\mathrm{ln}{x}_{2}-\mathrm{ln}{x}_{1})=2({x}_{2}-{x}_{1})-(\mathrm{sin}{x}_{2}-\mathrm{sin}{x}_{1})>2({x}_{2}-{x}_{1})-({x}_{2}-{x}_{1})={x}_{2}-{x}_{1}\) ，
所以 \( \lambda >\frac{{x}_{2}-{x}_{1}}{\mathrm{ln}{x}_{2}-\mathrm{ln}{x}_{1}}\).
下面证明： \( \frac{{x}_{2}-{x}_{1}}{\mathrm{ln}{x}_{2}-\mathrm{ln}{x}_{1}}>\sqrt{{x}_{1}{x}_{2}}\) ，即证明： \( \frac{\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}-1}{\mathrm{ln}\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}}>\sqrt{\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}}\) ，
令 \( \frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}=t\) ，即证明 \( \frac{t-1}{\mathrm{ln}t}>\sqrt{t}\) ，其中 \(t > 1\) ，只要证明 \( \frac{t-1}{\sqrt{t}}-\mathrm{ln}t>0\).
设 \( v\left(t\right)=\frac{t-1}{\sqrt{t}}-\mathrm{ln}t(t>1)\) ，则 \( {v}^{\text{'}}\left(t\right)=\frac{(\sqrt{t}-1{)}^{2}}{2t\sqrt{t}}>0\) ，
所以 \(v(t)\) 在\(\left ( {1，+\infty } \right )\)上单调递增，所以 \( v\left(t\right)>v\left(1\right)=\frac{1-1}{\sqrt{1}}-\mathrm{ln}1=0\) ，
所以 \( \frac{{x}_{2}-{x}_{1}}{\mathrm{ln}{x}_{2}-\mathrm{ln}{x}_{1}}>\sqrt{{x}_{1}{x}_{2}}\) ，
所以 \( \lambda >\frac{{x}_{2}-{x}_{1}}{\mathrm{ln}{x}_{2}-\mathrm{ln}{x}_{1}}>\sqrt{{x}_{1}{x}_{2}}\) ，
所以 \( {x}_{1}{x}_{2}<{\lambda }^{2}\) .
