Question

已知函数f（x）=lnx+ax（a∈R）有两个不同的零点x₁、x₂．
（Ⅰ）求a的取值范围；
（Ⅱ）设x₀=

x1+x2

2

，f′（x）为f（x）的导函数，证明f′（x₀）＜0；
（Ⅲ）证明：x₁x₂＞e²．

Answer 1

考点：导数的运算,函数零点的判定定理

专题：导数的综合应用

分析：（I）f′(x)=

1

x

+a（x＞0），函数f（x）=lnx+ax（a∈R）有两个不同的零点x₁、x₂?f′（x）在（0，+∞）有唯一零点．通过对a分类讨论．利用导数研究函数f（x）的单调性即可得出；
（II）不妨设x₁＜x₂．由（I）可知：0＜x1＜-

1

a

＜x2．由x＞-

1

a

时，函数f（x）单调递减，因此只要证明

x1+x2

2

＞-

1

a

即可，变为-

2

a

-x1＞-

1

a

．
通过构造函数g（x）=ln(-

2

a

-x)+a(-

2

a

-x)-(lnx+ax)，利用导数研究其单调性即可．
（III）由（II）可得：

x1+x2

2

＞-

1

a

．由lnx₁+ax₁=0，lnx₂+ax₂=0，可得lnx₁+lnx₂=-a（x₁+x₂），再利用基本不等式即可得出．

解答： 解：（I）f′(x)=

1

x

+a（x＞0），当a≥0时，f′（x）＞0，函数f（x）单调递增，此时函数f（x）最多有一个零点，不符合题意，应舍去；
当a＜0时，令f′（x）=0，解得x=-

1

a

．当0＜x＜-

1

a

时，f′（x）＞0，此时函数f（x）单调递增；当x＞-

1

a

时，f′（x）＜0，此时函数f（x）单调递减法．
可知-

1

a

是函数f（x）的极大值点即最大值点，且当x→0时，f（x）→-∞；当x→+∞时，f（x）→-∞．
又函数f（x）=lnx+ax（a∈R）有两个不同的零点x₁、x₂．∴f（x）_max＞0，即ln(-

1

a

)-1＞0，解得-

1

e

＜a＜0．
∴a的取值范围是(-

1

e

，0)．
（II）不妨设x₁＜x₂．
由（I）可知：0＜x1＜-

1

a

＜x2．
∵x＞-

1

a

时，函数f（x）单调递减，∴只要证明

x1+x2

2

＞-

1

a

即可，变为-

2

a

-x1＞-

1

a

．
设g（x）=ln(-

2

a

-x)+a(-

2

a

-x)-(lnx+ax)，
∴g′(x)=

1

2 a +x

-2a-

1

x

=

-2(ax+1)2

x(2+ax)

＜0，x∈(0，-

2

a

)，且g(

-1

a

)=0．
∴g(-

2

a

-x1)＜g(-

1

a

)．
∴-

2

a

-x1＞-

1

a

．
（III）由（II）可得：

x1+x2

2

＞-

1

a

．
∵lnx₁+ax₁=0，lnx₂+ax₂=0，
∴lnx₁+lnx₂=-a（x₁+x₂）＞-a×(-

2

a

)=2，
∴x1x2＞e2．

点评：本题考查了利用导数研究函数单调性极值与最值，考查了构造函数解决问题的方法，考查了分类讨论的思想方法，考查了推理能力化为计算能力，属于难题．