1a11

因为f()＝2＞0，故f()·f()＜0．

e2eea

又函数f(x)在(0，

11

)上单调递减，且其图像在(0，)上不间断， aa

所以函数f(x)在区间(0，

1

)内恰有1个零点． …………………… 9分 a

1x－1

考察函数g(x)＝x－1－lnx，则g′(x)＝1－＝．

xx当x∈(0，1)时，g′(x)＜0，函数g(x)在(0，1)上单调递减； 当x∈(1，＋∞)时，g′(x)＞0，函数g(x)在(1，＋∞)上单调递增， 222

所以g(x)≥g(1)＝0，故f()＝－1－ln≥0．

aaa

212－a21

因为－＝＞0，故＞．

aaaaa1211

因为f()·f()≤0，且f(x)在(，＋∞)上单调递增，其图像在(，＋∞)上不间断，

aaaa

所以函数f(x)在区间(

121

，] 上恰有1个零点，即在(，＋∞)上恰有1个零点． aaa

综上所述，a的取值范围是(0，e)． …………………… 11分

?2ax ②由x，x是函数f(x)的两个零点(不妨设x＜x)，得 ?1

?2ax

1

2

1

2

1

－1－lnx1＝0，

2

2－1－lnx2＝0，

1

2

1x11x1两式相减，得 a(x12－x22)－ln＝0，即a(x1＋x2) (x1－x2)－ln＝0，

2x22x2

x12lnx2

所以a(x1＋x2)＝． …………………… 13分

x1－x21111

f ′(x1)＋f ′(x2)＜0等价于ax1－＋ax2－＜0，即a(x1＋x2)－－＜0，

x1x2x1x2x12lnx211x1x2x1即－－＜0，即2ln＋－＞0．

x2x1x2 x1－x2x1x2

2x－1－x2(x－1)2121

设h(x)＝2lnx＋－x，x∈(0，1)．则h′(x)＝－2－1＝＝－＜0，

xxxx2x2所以函数h(x)在(0，1)单调递减，所以h(x)＞h(1)＝0． x1x1x2x1因为∈(0，1)，所以2ln＋－＞0，

x2x2x1x2

即f ′(x1)＋f ′(x2)＜0成立． …………………… 16分