Question

已知函數(shù)f（x）=lnx+ax（a∈R）有兩個(gè)不同的零點(diǎn)x₁、x₂．
（Ⅰ）求a的取值范圍；
（Ⅱ）設(shè)x₀=

x1+x2

2

，f′（x）為f（x）的導(dǎo)函數(shù)，證明f′（x₀）＜0；
（Ⅲ）證明：x₁x₂＞e²．

Answer 1

考點(diǎn)：導(dǎo)數(shù)的運(yùn)算,函數(shù)零點(diǎn)的判定定理

專題：導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用

分析：（I）f′(x)=

1

x

+a（x＞0），函數(shù)f（x）=lnx+ax（a∈R）有兩個(gè)不同的零點(diǎn)x₁、x₂?f′（x）在（0，+∞）有唯一零點(diǎn)．通過對a分類討論．利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)f（x）的單調(diào)性即可得出；
（II）不妨設(shè)x₁＜x₂．由（I）可知：0＜x1＜-

1

a

＜x2．由x＞-

1

a

時(shí)，函數(shù)f（x）單調(diào)遞減，因此只要證明

x1+x2

2

＞-

1

a

即可，變?yōu)?span id="q9wxtot" class="MathJye">-

2

a

-x1＞-

1

a

．
通過構(gòu)造函數(shù)g（x）=ln(-

2

a

-x)+a(-

2

a

-x)-(lnx+ax)，利用導(dǎo)數(shù)研究其單調(diào)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），當(dāng)a≥0時(shí)，f′（x）＞0，函數(shù)f（x）單調(diào)遞增，此時(shí)函數(shù)f（x）最多有一個(gè)零點(diǎn)，不符合題意，應(yīng)舍去；
當(dāng)a＜0時(shí)，令f′（x）=0，解得x=-

1

a

．當(dāng)0＜x＜-

1

a

時(shí)，f′（x）＞0，此時(shí)函數(shù)f（x）單調(diào)遞增；當(dāng)x＞-

1

a

時(shí)，f′（x）＜0，此時(shí)函數(shù)f（x）單調(diào)遞減法．
可知-

1

a

是函數(shù)f（x）的極大值點(diǎn)即最大值點(diǎn)，且當(dāng)x→0時(shí)，f（x）→-∞；當(dāng)x→+∞時(shí)，f（x）→-∞．
又函數(shù)f（x）=lnx+ax（a∈R）有兩個(gè)不同的零點(diǎn)x₁、x₂．∴f（x）_max＞0，即ln(-

1

a

)-1＞0，解得-

1

e

＜a＜0．
∴a的取值范圍是(-

1

e

，0)．
（II）不妨設(shè)x₁＜x₂．
由（I）可知：0＜x1＜-

1

a

＜x2．
∵x＞-

1

a

時(shí)，函數(shù)f（x）單調(diào)遞減，∴只要證明

x1+x2

2

＞-

1

a

即可，變?yōu)?span id="85psd2z" class="MathJye">-

2

a

-x1＞-

1

a

．
設(shè)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，
∴l(xiāng)nx₁+lnx₂=-a（x₁+x₂）＞-a×(-

2

a

)=2，
∴x1x2＞e2．

點(diǎn)評：本題考查了利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)單調(diào)性極值與最值，考查了構(gòu)造函數(shù)解決問題的方法，考查了分類討論的思想方法，考查了推理能力化為計(jì)算能力，屬于難題．