Question

已知函数f（x）是定义在[-e，0）∪（0，e]上的奇函数，当x∈（0，e]时，f（x）=ax+lnx（其中e是自然界对数的底，a∈R）．
（1）设g（x）=

ln|x|

|x|

，x∈[-e，0），求证：当a=-1时，f（x）＞g（x）+

1

2

；
（2）是否存在实数a，使得当x∈[-e，0）时，f（x）的最小值是3？如果存在，求出实数a的值；如果不存在，请说明理由．

Answer 1

考点：利用导数求闭区间上函数的最值,导数在最大值、最小值问题中的应用

专题：导数的综合应用

分析：（1）先设x∈[-e，0）则-x∈（0，e]，再求出f（-x）利用函数是奇函数求出f（x），再构造函数，分别求出这两个函数的导函数和符号，判断出它们在区间[-e，0）的单调性，并求出f（x）的最小值和h（x）的最大值，判断出最小值比最大值大，则不等式成立；
（2）先假设存在实数a满足条件，再求出x∈[-e，0）时f（x）的导函数，对a的符号分类讨论来确定f'（x）的符号，进而判断出在区间[-e，0）上的单调性，求出最小值和m的值，注意验证范围是否符合．

解答： 解（1）：（1）设x∈[-e，0），则-x∈（0，e]，∴f（-x）=-ax+ln（-x），
又∵f（x）是定义在[-e，0）∪（0，e]上的奇函数，
∴f（x）=-f（-x）=ax-ln（-x），
∴函数f（x）的解析式为f（x）=

ax-ln(-x)，x∈[-e，0) ax+lnx，x∈(0，e]

      
证明：当x∈[-e，0）且a=-1时，f（x）=-x-ln（-x），g（x）=

ln(-x)

-x

，设h（x）=

ln(-x)

-x

+

1

2

因为f′（x）=-1-

1

x

=-

x+1

x

，所以当-e≤x≤-1时，f′（x）＜0，此时f（x）单调递减；当-1＜x＜0时，f′（x）＞0，此时f（x）单调递增，所以f（x）_min=f（-1）=1＞0，
又因为h′（x）=

ln(-x)-1

x2

，所以当x∈[-e，0）时，h′（x）＜0，此时h（x）单调递减；所以h（x）max=h（-e）=

1

e

+

1

2

＜

1

2

+

1

2

=1=f（x）_min，
所以当x∈[-e，0）时，f（x）＞h（x）即f（x）＞g（x）+

1

2

；
（2）解：假设存在实数a，使得当x∈[-e，0）时，f（x）=ax-ln（-x）有最小值是3，
则f′（x）=a-

1

x

=

ax-1

x

（ⅰ）当a=0，x∈[-e，0）时，f′（x）=-

1

x

＞0．f（x）在区间[-e，0）上单调递增，f（x）_min=f（-e）=-1，不满足最小值是3
（ⅱ）当a＞0，x∈[-e，0）时，f'（x）＞0，f（x）在区间[-e，0）上单调递增，f（x）_min=f（-e）=-ae-1＜0，也不满足最小值是3
（ⅲ）当-

1

e

≤a＜0，由于x∈[-e，0），则f′（x）=a-

1

x

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

4

e

＜-

1

e

（舍去）
（ⅳ）当a＜-

1

e

时，
则当-e≤x＜

1

a

时，f′（x）=a-

1

x

＜0，此时函数f（x）=ax-ln（-x）是减函数；
当

1

a

＜x＜0时，f′（x）=a-

1

x

＞0，此时函数f（x）=ax-ln（-x）是增函数．
∴f（x）_min=f（

1

a

）=1-ln（-

1

a

）=3，解得a=-e²
综上可知，存在实数a=-e²，使得当x∈[-e，0）时，f（x）有最小值3．

点评：本题是一道综合题，考查了利用函数的奇偶性求函数的解析式；构造函数再求其导函数求函数最值证明不等式成立问题；对含有参数用分类讨论思想判断导函数的符号再求出函数的最值，本题综合性强且计算量大，应是难度很大的题．