Question

已知函數f（x）是定義在[-e，0）∪（0，e]上的奇函數，當x∈（0，e]時，f（x）=ax+lnx（其中e是自然界對數的底，a∈R）
（1）求f（x）的解析式；
（2）設g(x)=

ln|x|

|x|

，x∈[-e，0)，求證：當a=-1時，f(x)＞g(x)+

1

2

；
（3）是否存在實數a，使得當x∈[-e，0）時，f（x）的最小值是3？如果存在，求出實數a的值；如果不存在，請說明理由．

Answer 1

分析：（1）先設x∈[-e，0）則-x∈（0，e]，再求出f（-x）利用函數是奇函數求出f（x），最后用分段函數表示出函數的解析式；
（2）由（1）知x∈[-e，0）時f（x）的解析式，再構造函數h(x)=

ln(-x)

-x

+

1

2

，分別求出這兩個函數的導函數和符號，判斷出它們在區間[-e，0）的單調性，并求出f（x）的最小值和h（x）的最大值，判斷出最小值比最大值大，則不等式成立；
（3）先假設存在實數a滿足條件，再求出x∈[-e，0）時f（x）的導函數f′(x)=a-

1

x

=

ax-1

x

，對a的符號分類討論來確定f'（x）的符號，進而判斷出在區間[-e，0）上的單調性，求出最小值和m的值，注意驗證范圍是否符合．

解答：解：（1）設x∈[-e，0），則-x∈（0，e]，∴f（-x）=-ax+ln（-x），
又∵f（x）是定義在[-e，0）∪（0，e]上的奇函數，
∴f（x）=-f（-x）=ax-ln（-x），
∴函數f（x）的解析式為f(x)=

ax-ln(-x)，x∈[-e，0) ax+lnx，x∈(0，e]

（2）證明：當x∈[-e，0）且a=-1時，f(x)=-x-ln(-x)，g(x)=

ln(-x)

-x

，
設h(x)=

ln(-x)

-x

+

1

2

，
∵f′(x)=-1-

1

x

=-

x+1

x

，
∴當-e≤x≤-1時，f'（x）≤0，此時f（x）單調遞減；
當-1＜x＜0時，f'（x）＞0，此時f（x）單調遞增，
∴f（x）_min=f（-1）=1＞0，
又∵h′(x)=

ln(-x)-1

x2

，
∴當-e≤x＜0時，h'（x）≤0，此時h（x）單調遞減，
∴h(x)max=h(-e)=

1

e

+

1

2

＜

1

2

+

1

2

=1=f(x)min
∴當x∈[-e，0）時，f（x）＞h（x），即f(x)＞g(x)+

1

2

（3）解：假設存在實數a，使得當x∈[-e，0）時，f（x）=ax-ln（-x）有最小值是3，
則f′(x)=a-

1

x

=

ax-1

x

（ⅰ）當a=0，x∈[-e，0）時，f′(x)=-

1

x

＞0．f（x）在區間[-e，0）上單調遞增，
f（x）_min=f（-e）=-1，不滿足最小值是3
（ⅱ）當a＞0，x∈[-e，0）時，f'（x）＞0，f（x）在區間[-e，0）上單調遞增，
f（x）_min=f（-e）=-ae-1＜0，也不滿足最小值是3
（ⅲ）當-

1

e

≤a＜0，由于x∈[-e，0），則f′(x)=a-

1

x

≥0，
故函數f（x）=ax-ln（-x）是[-e，0）上的增函數．
∴f（x）_min=f（-e）=-ae-1=3，解得a=-

4

e

＜-

1

e

（舍去）
（ⅳ）當a＜-

1

e

時，則
當-e≤x＜

1

a

時，f′(x)=a-

1

x

＜0，此時函數f（x）=ax-ln（-x）是減函數；
當

1

a

＜x＜0時，f′(x)=a-

1

x

＞0，此時函數f（x）=ax-ln（-x）是增函數．
∴f(x)min=f(

1

a

)=1-ln(-

1

a

)=3，解得a=-e²
綜上可知，存在實數a=-e²，使得當x∈[-e，0）時，f（x）有最小值3．

點評：本題是一道綜合題，考查了利用函數的奇偶性求函數的解析式；構造函數再求其導函數求函數最值證明不等式成立問題；對含有參數用分類討論思想判斷導函數的符號再求出函數的最值，本題綜合性強且計算量大，應是難度很大的題．