Question

9．已知函數(shù)f（x）=ax+m（a∈R）所表示的直線的縱截距為-1，函數(shù)g（x）=lnx+f（x）+n且g（1）=f′（1）．若命題“?x₀∈（0，+∞），使得f（x₀）g（x₀）＜0”為假命題，則實數(shù)a的取值范圍為a=e或a≤-$\frac{1}{e}$．

Answer 1

分析 根據(jù)條件先求出m=-1，和n=1，從而得到函數(shù)f（x）和g（x）的解析式，根據(jù)命題“?x₀∈（0，+∞），使得f（x₀）g（x₀）＜0”為假命題，轉化為命題“?x∈（0，+∞），使得f（x）g（x）≥0”恒成立，進行求解即可．

解答 解：函數(shù)f（x）=ax+m（a∈R）所表示的直線的縱截距為-1，即m=-1，
則f（x）=ax-1，
函數(shù)g（x）=lnx+f（x）+n=lnx+ax-1+n，
則g（1）=a-1+n，
f′（x）=a，則f′（1）=a，
∵g（1）=f′（1）．
∴a-1+n=a，即n=1，
則g（x）=lnx+ax，
若命題“?x₀∈（0，+∞），使得f（x₀）g（x₀）＜0”為假命題，
則命題“?x∈（0，+∞），使得f（x）g（x）≥0”恒成立，
（1）函數(shù)g（x）的定義域為（0，+∞），g′（x）=a+$\frac{1}{x}$．
當a＞0時，g′（x）＞0，g（x）在定義域上單調(diào)遞增，
當a＜0時，由g′（x）=0，解得x=$-\frac{1}{a}$，
當x$∈（0，-\frac{1}{a}）$時，g′（x）＞0，g（x）單調(diào)遞增，
當x∈（$-\frac{1}{a}$，+∞）時，g′（x）＜0，g（x）單調(diào)遞減；
即當x=$-\frac{1}{a}$時，函數(shù)取得極大值，此時g（$-\frac{1}{a}$）=ln（$-\frac{1}{a}$）+a×（$-\frac{1}{a}$）=ln（$-\frac{1}{a}$）-1，
對應f（x）=ax-1，
若a=0，則f（x）=-1＜0，
此時g（x）=lnx，不滿足條件f（x）g（x）≥0恒成立，
若a＜0，則當x＞0時，f（x）=ax-1＜-1＜0，
要使f（x）g（x）≥0成立，則g（x）≤0，
則滿足g（x）得到極大值g（$-\frac{1}{a}$）=ln（$-\frac{1}{a}$）-1≤0，
即ln（$-\frac{1}{a}$）≤1，則0＜$-\frac{1}{a}$≤e，
即a≤-$\frac{1}{e}$，
若a＞0，由f（x）=0得，x=$\frac{1}{a}$，當0＜x＜$\frac{1}{a}$時，f（x）＜0，當x＞$\frac{1}{a}$時，f（x）＞0，
要使f（x）g（x）≥0，則當x=$\frac{1}{a}$時，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，則a=e，
綜上a=e或a≤-$\frac{1}{e}$，
故答案為：a=e或a≤-$\frac{1}{e}$．

點評 本題主要考查命題的真假應用，根據(jù)條件求出函數(shù)的解析式，利用命題恒成立，進行分類討論進行求解是解決本題的關鍵．