Question

已知f(x)=ax-ln(-x)，，其中x∈[-e，0)，e是自然常数，a∈R，
(Ⅰ)讨论a=-1时，f(x)的单调性、极值；
(Ⅱ)求证：在(Ⅰ)的条件下，|f(x)|＞g(x)+；
(Ⅲ)是否存在实数a，使f(x)的最小值是3？如果存在，求出a的值；如果不存在，说明理由。

Answer 1

(Ⅰ)解：∵f(x)=-x-ln(-x)，，
∴当-e≤x＜-1时，f′(x)＜0，此时f(x)为单调递减；
当-1＜x＜0时，f′(x)＞0，此时f(x)为单调递增，
∴f(x)的极小值为f(-1)=1．
(Ⅱ)证明：∵f(x)的极小值，即f(x)在[-e，0)的最小值为1，
∴|f(x)|_min=1，
令，
又，
当-e≤x＜0时，h′(x)≤0，h(x)在[-e，0)上单调递减，
∴=1=|f(x)|_min，
∴当x∈[-e，0)时，|f(x)|＞；
(Ⅲ)解：假设存在实数a，使f(x)=ax-ln(-x)有最小值3，x∈[-e，0)，
，
①当，即时，由于x∈[-e，0)，则f′(x)=，
∴函数f(x)=ax-ln(-x)是[-e，0)上的增函数，
∴f(x)_min=f(-e)=-ae-1=3，解得(舍去)；
②当即时，则当时，f′(x)=，
此时f(x)=ax-ln(-x)是减函数；
当时，f′(x)=，
此时f(x)=ax-ln(-x)是增函数，
∴，解得a=-e²，符合；
③当时，则f′(x)=，
∴函数f(x)=ax-ln(-x)是[-e，0)上的增函数，
∴f(x)_min=f(-e)=-ae-1=3，解得(舍去)；
综上所述存在实数a=-e²．