（I）f′(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；1 x
当a＜0时，令f′（x）=0，解得x=-
．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．1 a
可知-
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）→-∞．1 a
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＞0，解得?1 a
＜a＜0．1 e
∴a的取值范围是(?
，0)．1 e
（II）不妨设x1＜x2．
由（I）可知：0＜x1＜?
＜x2．1 a
∵x＞?
时，函数f（x）单调递减，∴只要证明1 a
＞?
x1+x2
2
即可，变为?1 a
?x1＞?2 a
．1 a
设g（x）=ln(?
?x)+a(?2 a
?x)?(lnx+ax)，2 a
∴g′(x)＝
?2a?1
+x2 a
=1 x
＞0，x∈(0，??2(ax+1)2
x(2+ax)
)，且g(2 a
)=0．?1 a
∴g(?
?x1)＞g(?2 a
)．1 a
∴?
?x1＞?2 a
．1 a
（III）由（II）可得：
＞?
x1+x2
2
．1 a
∵lnx1+ax1=0，lnx2+ax2=0，
∴lnx1+lnx2=-a（x1+x2）＞?a×(?
)=2，2 a
∴x1x2＞e2．
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