2020版高考理科数学突破二轮复习新课标通用讲义：专题六 第5讲 导数与方程 含答案

第5讲导数与方程判断、证明或讨论函数零点个数两类零点问题的不同处理方法：利用零点存在性定理的条件为函数图象在区间[a，b]上是连续不断的曲线，且f(a)·f(b)<0.(1)直接法：判断一个零点时，若函数为单调函数，则只需取值证明f(a)·f(b)<0；(2)分类讨论法：判断几个零点时，需要先结合单调性，确定分类讨论的标准，再利用零点存在性定理，在每个单调区间内取值证明f(a)·f(b)<0.(2019·广东省七校联考)已知函数f (x )＝lnx ＋ax .(1)讨论函数f (x )的单调性；(2)当a <0时，求函数f (x )的零点个数．【解】 (1)由题意知，f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝1x ＋a ＝ax ＋1x .①当a ≥0时，f ′(x )>0，f (x )在(0，＋∞)上单调递增； ②当a <0时，令f ′(x )＝0，得x ＝－1a ，故在⎝⎛⎭⎫0，－1a 上，f ′(x )>0，f (x )单调递增， 在⎝⎛⎭⎫－1a ，＋∞上，f ′(x )<0，f (x )单调递减． 综上，当a ≥0时，f (x )在(0，＋∞)上单调递增；当a <0时，f (x )在⎝⎛⎭⎫0，－1a 上单调递增，在⎝⎛⎭⎫－1a ，＋∞上单调递减． (2)由(1)可知，当a <0时，f (x )在⎝⎛⎭⎫0，－1a 上单调递增，在⎝⎛⎭⎫－1a ，＋∞上单调递减． 故f (x )max ＝f ⎝⎛⎭⎫－1a ＝ln ⎝⎛⎭⎫－1a －1. ①当ln ⎝⎛⎭⎫－1a <1，即a <－1e 时，f ⎝⎛⎭⎫－1a <0， 函数f (x )没有零点．②当ln ⎝⎛⎭⎫－1a ＝1时，即a ＝－1e 时，f ⎝⎛⎭⎫－1a ＝0， 函数f (x )有一个零点．③当ln ⎝⎛⎭⎫－1a >1，即－1e<a <0时，f ⎝⎛⎭⎫－1a >0， 令0<b <1且b <－1a ，则lnb <0，f (b )＝ln b ＋ab <ln b <0，故f (b )·f ⎝⎛⎭⎫－1a <0，f (x )在⎝⎛⎭⎫b ，－1a 上有一个零点． f ⎝⎛⎭⎫1a 2＝ln 1a 2＋1a ＝2ln ⎝⎛⎭⎫－1a ＋1a ， 令t ＝－1a ，则t ∈(e ，＋∞)．令g (t )＝2ln t －t ，t >e ，则在(e ，＋∞)上，g ′(t )＝2t－1<0，故g (t )在(e ，＋∞)上单调递减，故在(e ，＋∞)上，g (t )<g (e)＝2－e<0，则f ⎝⎛⎭⎫1a 2<0，故f ⎝⎛⎭⎫－1a ·f ⎝⎛⎭⎫1a 2<0，f (x )在⎝⎛⎭⎫－1a ，1a 2上有一个零点．故f (x )在(0，＋∞)上有两个零点．综上，当a <－1e 时，函数f (x )没有零点；当a ＝－1e 时，函数f (x )有一个零点；当－1e <a <0时，函数f (x )有两个零点．根据参数确定函数的零点个数有两种解决方法：一种是利用单调性与零点存在性定理求解，另一种是化原函数为两个函数，利用两个函数图象的交点个数来求解．[对点训练](2019·湖南省五市十校联考)已知函数f (x )＝m (x 2－1)x －2ln x .(1)讨论函数f (x )的单调性；(2)若m ＝12，证明：f (x )有且只有三个零点．解：(1)f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝m ⎝⎛⎭⎫1＋1x 2－2x ＝mx 2－2x ＋m x 2， ①m ≤0时，因为x >0，所以f ′(x )<0，所以f (x )在(0，＋∞)上单调递减． ②m >0时，令g (x )＝mx 2－2x ＋m ，(i)m ≥1时，Δ＝4－4m 2≤0，此时f ′(x )≥0，f (x )在(0，＋∞)上单调递增； (ii)0<m <1时，Δ＝4－4m 2>0，令f ′(x )＝0，则x 1＝1－1－m 2m ，x 2＝1＋1－m 2m， 所以x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1－1－m 2m ∪⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1－m 2m ，＋∞时，f ′(x )>0，x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1－m 2m ，1＋1－m 2m 时，f ′(x )<0， 所以f (x )在⎝⎛⎭⎪⎫0，1－1－m 2m 和⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1－m 2m ，＋∞上单调递增，在⎝⎛⎭⎪⎫1－1－m 2m ，1＋1－m 2m 上单调递减． 综上，m ≤0时，f (x )在(0，＋∞)上单调递减；m ≥1时， f (x )在(0，＋∞)上单调递增；0<m <1时，f (x )在⎝⎛⎭⎪⎫1－1－m 2m ，1＋1－m 2m 上单调递减， 在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1－1－m 2m 和⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1－m 2m ，＋∞上单调递增．(2)证明：因为m ＝12，所以f (x )＝12⎝⎛⎭⎫x －1x －2ln x ， 由(1)可知f (x )在(0，2－3)和(2＋3，＋∞)上单调递增，在(2－3，2＋3)上单调递减， 又f (1)＝0，且1∈(2－3，2＋3)，所以f (x )在(2－3，2＋3)上有唯一零点x ＝1.又0<e－3<2－3，f(e－3)＝1－3－e3)＋6＝12e3＋6－e32<7－e32<0，2(e所以f(x)在(0，2－3)上有唯一零点．又e3>2＋3，f(e3)＝－f(e－3)>0，所以f(x)在(2＋3，＋∞)上有唯一零点．时，f(x)有且只有三个零点．综上，当m＝12根据零点个数确定参数范围已知函数有零点求参数范围常用的方法：(1)分离参数法：一般命题情境为给出区间，求满足函数零点个数的参数范围，通常解法为从f(x)中分离出参数，然后利用求导的方法求出由参数构造的新函数的最值，根据题设条件构建关于参数的不等式，再通过解不等式确定参数范围；(2)分类讨论法：一般命题情境为没有固定区间，求满足函数零点个数的参数范围，通常解法为结合单调性，先确定参数分类的标准，在每个小范围内研究零点的个数是否符合题意，将满足题意的参数的各小范围并在一起，即为所求参数范围．(2019·唐山模拟)已知函数f(x)＝x e x－1 2a(x＋1)2.(1)若a＝e，求函数f(x)的极值；(2)若函数f(x)有两个零点，求实数a的取值范围．【解】 (1)由题意知，当a ＝e 时，f (x )＝x e x －12e(x ＋1)2，函数f (x )的定义域为(－∞，＋∞)，f ′(x )＝(x ＋1)e x －e(x ＋1)＝(x ＋1)(e x －e)． 令f ′(x )＝0，解得x ＝－1或x ＝1.当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化情况如下表所示：所以当x ＝－1时，f (x )取得极大值－1e ；当x ＝1时，f (x )取得极小值－e.(2)令f (x )＝0，即x e x －12a (x ＋1)2＝0，得x e x ＝12a (x ＋1)2.当x ＝－1时，方程为－e －1＝12a ×0，显然不成立，所以x ＝－1不是方程的解，即－1不是函数f (x )的零点． 当x ≠－1时，分离参数得a ＝2x e x(x ＋1)2.记g (x )＝2x e x(x ＋1)2(x ≠－1)，则g ′(x )＝(2x e x )′(x ＋1)2－[(x ＋1)2]′·2x e x (x ＋1)4＝2e x (x 2＋1)(x ＋1)3.当x <－1时，g ′(x )<0，函数g (x )单调递减； 当x >－1时，g ′(x )>0，函数g (x )单调递增．当x ＝0时，g (x )＝0；当x →－∞时，g (x )→0；当x →－1时，g (x )→－∞；当x →＋∞时，g (x )→＋∞.故函数g (x )的图象如图所示．作出直线y ＝a ，由图可知，当a <0时，直线y ＝a 和函数g (x )的图象有两个交点，此时函数f (x )有两个零点．故实数a 的取值范围是(－∞，0)．利用函数零点的情况求参数范围的方法(1)分离参数(a ＝g (x ))后，将原问题转化为y ＝g (x )的值域(最值)问题或转化为直线y ＝a 与y ＝g (x )的图象的交点个数问题(优选分离、次选分类)求解；(2)利用零点的存在性定理构建不等式求解；(3)转化为两个熟悉的函数图象的位置关系问题，从而构建不等式求解．[对点训练](2019·四省八校双教研联考)已知函数f (x )＝(a －1)x ＋ax ＋ln x (a >0)．(1)讨论函数f (x )的单调性；(2)若g (x )＝f (x )－m ，当a ＝2时，g (x )在[e －1，e]上有两个不同的零点，求m 的取值范围．解：(1)f ′(x )＝a －1－a x 2＋1x ＝(a －1)x 2＋x －a x 2＝[(a －1)x ＋a ](x －1)x 2，①当a ＝1时，f ′(x )＝x －1x 2，令f ′(x )>0，得x >1，令f ′(x )<0，得0<x <1，所以f (x )在(1，＋∞)上单调递增，在(0，1)上单调递减．②当a >1时，令f ′(x )>0，得x >1或x <－aa －1<0，所以f (x )在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增．③当a <1时，(i)0<a <12时，令f ′(x )>0，得a 1－a <x <1，所以f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫a 1－a ，1上单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，a 1－a ，(1，＋∞)上单调递减；(ii)a ＝12时，f ′(x )≤0，所以f (x )在(0，＋∞)上单调递减；(iii)12<a <1时，令f ′(x )>0， 得1<x <a 1－a， 所以f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫1，a 1－a 上单调递增，在(0，1)，⎝ ⎛⎭⎪⎫a 1－a ，＋∞上单调递减．(2)由(1)知，当a ＝2时，f (x )＝x ＋2x ＋ln x 在[e －1，1]上单调递减，在(1，e]上单调递增．所以f (x )min ＝f (1)＝3，f (e －1)＝e －1＋2e －1，f (e)＝e ＋2e ＋1，f (e －1)>f (e)，所以m ∈⎝⎛⎦⎤3，e ＋2e ＋1.可化为函数零点的函数问题与函数零点性质研究本考点包括两个方向：一是与函数零点性质有关的问题(更多涉及构造函数法)；二是可以转化为函数零点的函数问题(更多涉及整体转化、数形结合等方法技巧)．能够利用等价转换构造函数法求解的问题常涉及参数的最值、曲线交点、零点的大小关系等．求解时一般先通过等价转换，将已知转化为函数零点问题，再构造函数，然后利用导数研究函数的单调性、极值、最值等，并结合分类讨论，通过确定函数的零点达到解决问题的目的．(2019·武汉市调研测试)已知函数f (x )＝a (ln x ＋2x )－e x －1x2(a ∈R ，a 为常数)在(0，2)内有两个极值点x 1，x 2(x 1<x 2)．(1)求实数a 的取值范围； (2)求证：x 1＋x 2<2(1＋ln a )．【解】 (1)由f (x )＝a (ln x ＋2x )－e x －1x 2，可得f ′(x )＝(2－x )(e x －1－ax )x 3.记h (x )＝e x －1－ax ，x >0，由题意，知y ＝h (x )在(0，2)内存在两个零点． 因为h ′(x )＝e x －1－a ，则当a ≤0时，h ′(x )>0，h (x )在(0，2)上单调递增，h (x )至多有一个零点．不合题意． 当a >0时，由h ′(x )＝0，得x ＝1＋ln a ，由1＋ln a >0，得a >1e.(i)若1＋ln a <2且h (2)>0，即1e <a <e2时，h (x )在(0，1＋ln a )上单调递减，在(1＋ln a ，2)上单调递增．则h (x )min ＝h (1＋ln a )＝－a ln a ，当1e <a ≤1时，h (x )min ＝－a ln a ≥0，不合题意，舍去．当1<a <e2时，h (x )min ＝－a ln a <0，且h (2)>0，x →0时h (x )>0，从而h (x )在(0，1＋ln a )和(1＋ln a ，2)上各有一个零点． 所以y ＝h (x )在(0，2)上存在两个零点．(ii)若1＋ln a ≥2，即a ≥e 时，h (x )在(0，2)上单调递减，h (x )至多有一个零点，舍去． (iii)若1＋ln a <2且h (2)≤0，即e2≤a <e 时，h (x )在(0，1＋ln a )上有一个零点，而在(1＋ln a ，2)上没有零点，舍去．综上可得，1<a <e 2，即实数a 的取值范围为(1，e2)．(2)证明：令H (x )＝h (x )－h (2＋2ln a －x )，0<x <1＋ln a ，则 H ′(x )＝h ′(x )＋h ′(2＋2ln a －x ) ＝e x －1－a ＋e 2＋2ln a －x －1－a ＝ex －1＋a 2e x －1－2a ≥2a －2a ＝0， 所以H (x )在(0，1＋ln a )上单调递增，从而H (x )<0， 即h (x )－h (2＋2ln a －x )<0，所以h (x 1)－h (2＋2ln a －x 1)<0，而h (x 1)＝h (x 2)，且h (x )在(1＋ln a ，2)上单调递增． 所以h (x 2)<h (2＋2ln a －x 1)，x 2<2＋2ln a －x 1， 所以x 1＋x 2<2(1＋ln a )．函数可变零点(函数中含有参数)性质的研究，要抓住函数在不同零点处的函数值均为零，建立不同零点之间的关系，把多元问题转化为一元问题，再使用一元函数的方法进行研究．[对点训练](2019·湖南省湘东六校联考)已知函数f (x )＝ln x ＋a2x 2－(a ＋1)x .(1)当a >0时，求f (x )在区间(0，1]上的最大值； (2)若函数g (x )＝f (x )＋x 有两个极值点x 1，x 2(x 1<x 2)，求证：g (x 1)－g (x 2)<a2－ln a .解：(1)由已知得f (x )的定义域为(0，＋∞)． f ′(x )＝1x ＋ax －(a ＋1)＝(ax －1)(x －1)x.当0<a ≤1时，1a ≥1，f (x )在(0，1]上单调递增，f (x )的最大值为f (1)＝－a 2－1.当a >1时，1a <1，f (x )在⎝⎛⎭⎫0，1a 上单调递增，在⎝⎛⎦⎤1a ，1上单调递减， 所以f (x )的最大值为f (1a )＝－ln a －12a－1.综上，当0<a ≤1时，f (x )在区间(0，1]上的最大值为－a2－1，当a >1时，f (x )在区间(0，1]上的最大值为－ln a －12a－1.(2)证明：g (x )＝f (x )＋x ＝ln x ＋a2x 2－ax ，g (x )的定义域为(0，＋∞)，g ′(x )＝1x ＋ax －a ＝ax 2－ax ＋1x.若g (x )有两个极值点x 1，x 2(x 1<x 2)，则方程ax 2－ax ＋1＝0的判别式Δ＝a 2－4a >0，且x 1＋x 2＝1，x 1x 2＝1a>0，所以a >4.又x 1<x 2，所以x 21<x 1x 2＝1a ，即0<x 1<1a. g (x 1)－g (x 2)＝ln x 1＋a 2x 21－ax 1－ln x 2－a 2x 22＋ax 2＝ln x 1＋ln(ax 1)＋a 2－ax 1， 设h (t )＝ln t ＋ln(at )＋a 2－at ，其中t ＝x 1∈(0，1a )，h ′(t )＝2t －a ，令h ′(t )＝0得t ＝2a .因为2a －1a ＝2－aa <0，所以h (t )在(0，2a )上单调递增，在(2a ，1a )上单调递减，所以h (t )的最大值为h (2a )＝2ln 2－ln a ＋a 2－2<a2－ln a ，从而g (x 1)－g (x 2)<a2－ln a 成立．1．(2019·济南市模拟考试)已知函数f (x )＝a2(x －1)2－x ＋ln x (a >0)．(1)讨论f (x )的单调性；(2)若1<a <e ，试判断f (x )的零点个数． 解：(1)函数f (x )的定义域为(0，＋∞)， f ′(x )＝a (x －1)－1＋1x ＝(x －1)(ax －1)x ，令f ′(x )＝0，则x 1＝1，x 2＝1a，①若a ＝1，则f ′(x )≥0恒成立，所以f (x )在(0，＋∞)上是增函数． ②若0<a <1，则1a>1，当x ∈(0，1)时，f ′(x )>0，f (x )是增函数， 当x ∈⎝⎛⎭⎫1，1a 时，f ′(x )<0，f (x )是减函数， 当x ∈⎝⎛⎭⎫1a ，＋∞时，f ′(x )>0.f (x )是增函数． ③若a >1，则0<1a<1，当x ∈⎝⎛⎭⎫0，1a 时，f ′(x )>0，f (x )是增函数， 当x ∈⎝⎛⎭⎫1a ，1时，f ′(x )<0，f (x )是减函数， 当x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )>0，f (x )是增函数．综上所述，当a ＝1时，f (x )在(0，＋∞)上是增函数；当0<a <1时，f (x )在(0，1)上是增函数，在⎝⎛⎭⎫1，1a 上是减函数，在⎝⎛⎭⎫1a ，＋∞上是增函数； 当a >1时，f (x )在⎝⎛⎭⎫0，1a 上是增函数，在⎝⎛⎭⎫1a ，1上是减函数，在(1，＋∞)上是增函数． (2)当1<a <e 时，f (x )在⎝⎛⎭⎫0，1a 上是增函数，在⎝⎛⎭⎫1a ，1上是减函数，在(1，＋∞)上是增函数，所以f (x )的极小值为f (1)＝－1<0.f (x )的极大值为f ⎝⎛⎭⎫1a ＝a 2⎝⎛⎭⎫1a －12－1a ＋ln 1a ＝a 2－12a －ln a －1. 设g (a )＝a 2－12a－ln a －1，其中a ∈(1，e)，则g ′(a )＝12＋12a 2－1a ＝a 2－2a ＋12a 2＝(a －1)22a 2>0，所以g (a )在(1，e)上是增函数， 所以g (a )<g (e)＝e 2－12e－2<0.因为f (4)＝a 2(4－1)2－4＋ln 4>12×9－4＋ln 4＝ln 4＋12>0，所以存在x 0∈(1，4)，使f (x 0)＝0， 所以当1<a <e 时，f (x )有且只有一个零点．2．(2019·南昌市第一次模拟测试)已知函数f (x )＝e x (ln x －ax ＋a ＋b )(e 为自然对数的底数)，a ，b ∈R ，直线y ＝e2x 是曲线y ＝f (x )在x ＝1处的切线．(1)求a ，b 的值；(2)是否存在k ∈Z ，使得y ＝f (x )在(k ，k ＋1)上有唯一零点？若存在，求出k 的值；若不存在，请说明理由．解：(1)f ′(x )＝e x (ln x －ax ＋1x ＋b )，f (x )的定义域为(0，＋∞)．由已知，得⎩⎨⎧f (1)＝e 2，f ′(1)＝e 2即⎩⎨⎧e b ＝e 2e(b －a ＋1)＝e 2，解得a ＝1，b ＝12.(2)由(1)知，f (x )＝e x ⎝⎛⎭⎫ln x －x ＋32，则f ′(x )＝e x ⎝⎛⎭⎫ln x －x ＋1x ＋12， 令g (x )＝ln x －x ＋1x ＋12，则g ′(x )＝－x 2－x ＋1x 2<0恒成立，所以g (x )在(0，＋∞)上单调递减，又g (1)＝12>0，g (2)＝ln 2－1<0，所以存在唯一的x 0∈(1，2)，使得g (x 0)＝0，且当x ∈(0，x 0)时，g (x )>0，即f ′(x )>0，当x ∈(x 0，＋∞)时，g (x )<0，即f ′(x )<0.所以f (x )在(0，x 0)上单调递增，在(x 0，＋∞)上单调递减．又当x →0时，f (x )<0，f (1)＝e 2>0，f (2)＝e 2(ln 2－12)>0，f (e)＝e e ⎝⎛⎭⎫52－e <0， 所以存在k ＝0或2，使得y ＝f (x )在(k ，k ＋1)上有唯一零点． 3．(2019·长春市质量监测(二))已知函数f (x )＝e x ＋bx －1(b ∈R )． (1)讨论f (x )的单调性；(2)若方程f (x )＝ln x 有两个实数根，求实数b 的取值范围． 解：(1)由题意可得f ′(x )＝e x ＋b ，当b ≥0时，f ′(x )>0，f (x )在(－∞，＋∞)上单调递增．当b <0时，若x ≥ln(－b )，则f ′(x )≥0，f (x )在[ln (－b )，＋∞)上单调递增； 若x <ln (－b )，则f ′(x )<0，f (x )在(－∞，ln (－b ))上单调递减．(2)令g (x )＝e x ＋bx －1－ln x ，则g ′(x )＝e x ＋b －1x ，易知g ′(x )单调递增且一定有大于0的零点，设g ′(x )大于0的零点为x 0，则g ′(x 0)＝0，即e x 0＋b －1x 0＝0，b ＝1x 0－e x 0.方程f (x )＝ln x 有两个实数根，即g (x )有两个零点，则需满足g (x 0)<0，即e x 0＋bx 0－1－ln x 0＝e x 0＋⎝⎛⎭⎫1x 0－e x 0x 0－1－ln x 0＝e x 0－e x0x 0－ln x 0<0， 令h (x )＝e x －e x x －ln x (x >0)，则h ′(x )＝－e x x －1x <0，所以h (x )在(0，＋∞)上单调递减，h (1)＝0，所以e x 0－e x 0x 0－ln x 0<0的解集为(1，＋∞)，所以b ＝1x 0－e x 0<1－e.当b <1－e 时，e x ＋bx －1－ln x >x ＋bx －ln x ，有g (e b )>e b ＋b e b －ln e b ＝(b ＋1)e b －b ， 令G (x )＝(x ＋1)e x －x ＝(x ＋1)(e x －1)＋1，x <1－e ，所以x ＋1<2－e<0，0<e x <1，故G (x )＝(x ＋1)e x －x >0，所以g (e b )>0，故g (e b )g (x 0)<0，g (x )在(0，x 0)上有唯一零点，另一方面，在(x 0，＋∞)上，当x →＋∞时，因为e x 的增长速度快，所以g (x )>0.综上，b 的取值范围是(－∞，1－e)．4．已知函数f (x )＝1x－x ＋2a ln x . (1)求f (x )的单调区间；(2)设g (x )＝ln x －bx －cx 2，若函数f (x )的两个极值点x 1，x 2(x 1<x 2)恰为函数g (x )的两个零点，且y ＝(x 1－x 2)g ′(x 1＋x 22)的范围是[ln 2－23，＋∞)，求实数a 的取值范围． 解：(1)f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝－1x 2－1＋2a x ＝－x 2－2ax ＋1x 2. ①若a ≤1，则f ′(x )≤0，当且仅当a ＝1且x ＝1时，f ′(x )＝0，②若a >1，令f ′(x )＝0得x 1＝a －a 2－1，x 2＝a ＋a 2－1. 当x ∈(0，a －a 2－1)∪(a ＋a 2－1，＋∞)时，f ′(x )<0； 当x ∈(a －a 2－1，a ＋a 2－1)时，f ′(x )>0.所以当a ≤1时，f (x )的单调递减区间为(0，＋∞)，无单调递增区间；当a >1时，f (x )的单调递减区间为(0，a －a 2－1)，(a ＋a 2－1，＋∞)；单调递增区间为(a －a 2－1，a ＋a 2－1)．(2)由(1)知，a >1且x 1＋x 2＝2a ，x 1x 2＝1.又g ′(x )＝1x －b －2cx ，所以g ′(x 1＋x 22)＝2x 1＋x 2－b －c (x 1＋x 2)， 由g (x 1)＝g (x 2)＝0得ln x 1x 2＝c (x 21－x 22)＋b (x 1－x 2)， 所以y ＝(x 1－x 2)g ′(x 1＋x 22)＝2(x 1－x 2)x 1＋x 2－b (x 1－x 2)－c (x 21－x 22) ＝2(x 1－x 2)x 1＋x 2－ln x 1x 2＝2(x 1x 2－1)x 1x 2＋1－ln x 1x 2. 令x 1x 2＝t ∈(0，1)，则y ＝2(t －1)t ＋1－ln t ，所以y ′＝－(t －1)2t (t ＋1)2<0，则y ＝2(t －1)t ＋1－ln t 在(0，1)上单调递减，且当t →0时，y →＋∞.由y ＝2(t －1)t ＋1－ln t 的取值范围是[ln 2－23，＋∞)，得t 的取值范围是(0，12]，所以4a 2＝(x 1＋x 2)2x 1x 2＝x 1x 2＋x 2x 1＋2＝t ＋1t ＋2∈[92，＋∞)，又a >1，故实数a 的取值范围是[324，＋∞)．。