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为自然对数的底，a∈R）．
（1）求函数f（x）的解析式；
（2）是否存在负实数a，使得当x∈[-e，0）时，f（x）的最小值是3？如果存在，求出负实数a的值；如果不存在，请说明理由．
（3）设g(x)=

ln|x|

|x|

(x∈[-e，0)∪(0，e])，求证：当a=-1时，|f(x)|＞g(x)+

1

2

．

Answer 1

分析：（1）设x∈[-e，0），则-x∈（0，e]，从而可得f（-x）=-ax+ln（-x），结合f（x）为奇函数可求f（x），x∈[-e，0）
（2）假设存在负数a满足条件，由（1）可得，x∈[-e，0）f（x）=ax-ln（-x），结合函数的导数f′(x)=a-

1

x

需分，-

1

e

＜a＜0；a≤-

1

e

，两种情况判断函数在[-e，0}上的单调性，进而可求函数的最小值，进而可求a
（3）a=-1，f（x）=

-x+lnx，x∈(0，e] -x-ln(-x)，x∈[-e，0)

，从而可得|f（x）|=|x|-ln|x|为偶函数，故只要考虑x∈（0，e]时，f（x）=x-lnx＞0而此时，g（x）=

ln|x|

|x|

=

lnx

x

，x∈（0，e]
结合f′(x)=1-

1

x

判断函数f（x）的单调性可求f（x）_min=f（1）=1，而g′(x)=

1-lnx

x2

≤0可得g(x)max=g(e)=

1

e

可证f(x)min＞g(x)max+

1

2

，从而可证|f(x)|＞g(x)+

1

2

解答：解：（1）设x∈[-e，0），则-x∈（0，e]
∴f（-x）=-ax+ln（-x）
由f（x）为奇函数可得，f（-x）=-f（x）
∴-f（x）=-ax+ln（-x）
∴f（x）=ax-ln（-x）
∴f(x)=

ax+lnx，x∈(0，e] ax-ln(-x)，x∈[-e，0)

（2）假设存在负数a满足条件
由（1）可得，x∈[-e，0）f（x）=ax-ln（-x）
f′(x)=a-

1

x

令f′（x）＞0可得x＞

1

a

，f′（x）＜0可得x＜

1

a

若-

1

e

＜a＜0，则函数在[

1

a

，0)单调递增，在[-e，

1

a

]单调递减，则f(x) min=f(

1

a

)=3
∴a=-

1

e2

若a≤-

1

e

，则函数在[-e，0）单调递增，则f(x)min=f(-

1

e

)=

a

e

+1=3
a=2e（舍）
故a=-

1

e2

（3）a=-1，f（x）=

-x+lnx，x∈(0，e] -x-ln(-x)，x∈[-e，0)

∴|f（x）|=|x|-ln|x|为偶函数，故只要考虑x∈（0，e]时，f（x）=x-lnx＞0
而此时，g（x）=

ln|x|

|x|

=

lnx

x

，x∈（0，e]
f′(x)=1-

1

x

≥0可得，x≥1，f′（x）＜0可得，x＜1
∴函数f（x）在（0，1]上单调递减，在[1，e]单调递增，则f（x）_min=f（1）=1
∴g′(x)=

1-lnx

x2

≥0在（0，e]上恒成立，则可得函数g（x）在（0，e]单调递增，则g(x)max=g(e)=

1

e

而1＞

1

e

+

1

2

即f(x)min＞g(x)max+

1

2

x∈[-e，0）同理可证
∴|f(x)|＞g(x)+

1

2

点评：本题主要考查了利用函数的奇偶性求解函数的解析式，及利用函数的导数判断函数的单调性，求解函数的最值，利用单调性证明不等式，解题的关键是熟练应用函数的性质．是综合性较强的试题．