Question

9．已知函数f（x）=ax+m（a∈R）所表示的直线的纵截距为-1，函数g（x）=lnx+f（x）+n且g（1）=f′（1）．若命题“?x₀∈（0，+∞），使得f（x₀）g（x₀）＜0”为假命题，则实数a的取值范围为a=e或a≤-$\frac{1}{e}$．

Answer 1

分析 根据条件先求出m=-1，和n=1，从而得到函数f（x）和g（x）的解析式，根据命题“?x₀∈（0，+∞），使得f（x₀）g（x₀）＜0”为假命题，转化为命题“?x∈（0，+∞），使得f（x）g（x）≥0”恒成立，进行求解即可．

解答 解：函数f（x）=ax+m（a∈R）所表示的直线的纵截距为-1，即m=-1，
则f（x）=ax-1，
函数g（x）=lnx+f（x）+n=lnx+ax-1+n，
则g（1）=a-1+n，
f′（x）=a，则f′（1）=a，
∵g（1）=f′（1）．
∴a-1+n=a，即n=1，
则g（x）=lnx+ax，
若命题“?x₀∈（0，+∞），使得f（x₀）g（x₀）＜0”为假命题，
则命题“?x∈（0，+∞），使得f（x）g（x）≥0”恒成立，
（1）函数g（x）的定义域为（0，+∞），g′（x）=a+$\frac{1}{x}$．
当a＞0时，g′（x）＞0，g（x）在定义域上单调递增，
当a＜0时，由g′（x）=0，解得x=$-\frac{1}{a}$，
当x$∈（0，-\frac{1}{a}）$时，g′（x）＞0，g（x）单调递增，
当x∈（$-\frac{1}{a}$，+∞）时，g′（x）＜0，g（x）单调递减；
即当x=$-\frac{1}{a}$时，函数取得极大值，此时g（$-\frac{1}{a}$）=ln（$-\frac{1}{a}$）+a×（$-\frac{1}{a}$）=ln（$-\frac{1}{a}$）-1，
对应f（x）=ax-1，
若a=0，则f（x）=-1＜0，
此时g（x）=lnx，不满足条件f（x）g（x）≥0恒成立，
若a＜0，则当x＞0时，f（x）=ax-1＜-1＜0，
要使f（x）g（x）≥0成立，则g（x）≤0，
则满足g（x）得到极大值g（$-\frac{1}{a}$）=ln（$-\frac{1}{a}$）-1≤0，
即ln（$-\frac{1}{a}$）≤1，则0＜$-\frac{1}{a}$≤e，
即a≤-$\frac{1}{e}$，
若a＞0，由f（x）=0得，x=$\frac{1}{a}$，当0＜x＜$\frac{1}{a}$时，f（x）＜0，当x＞$\frac{1}{a}$时，f（x）＞0，
要使f（x）g（x）≥0，则当x=$\frac{1}{a}$时，g（$\frac{1}{a}$）=0，
即g（$\frac{1}{a}$）=ln$\frac{1}{a}$+a•$\frac{1}{a}$=0，
即-lna+1=0，lna=1，则a=e，
综上a=e或a≤-$\frac{1}{e}$，
故答案为：a=e或a≤-$\frac{1}{e}$．

点评 本题主要考查命题的真假应用，根据条件求出函数的解析式，利用命题恒成立，进行分类讨论进行求解是解决本题的关键．