Question

已知函數(shù)f（x）是定義在[-e，0）∪（0，e]上的奇函數(shù)，當x∈（0，e]時，有f（x）=ax+lnx（其中e為自然對數(shù)的底，a∈R）．
（1）求函數(shù)f（x）的解析式；
（2）設g（x）=

ln|x|

|x|

，x∈[-e，0）∪（0，e]，求證：當a=-1時，|f（x）|＞g（x）+

1

2

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

Answer 1

分析：（1）設x∈[-e，0），則-x∈（0，e]，從而可得f（-x）=-ax+ln（-x），結合f（x）為奇函數(shù)可求f（x），x∈[-e，0）
（2）a=-1，f（x）=f（x）=

ax-ln(-x)，-e≤x＜0 ax+lnx，0＜x≤e

，從而可得|f（x）|=|x|-ln|x|為偶函數(shù)，故只要考慮x∈（0，e]時，f（x）=x-lnx＞0而此時，g（x）=

ln|x|

|x|

=

lnx

x

，x∈（0，e]，結合f′（x）=1-

1

x

判斷函數(shù)f（x）的單調性可求f（x）_min=f（1）=1，而g′（x）=

1-lnx

x2

≤0可得g（x）max=g（e）=

1

e

，可證f（x）min＞g（x）max+

1

2

，從而可證|f（x）|＞g（x）+

1

2

；
（3）假設存在a滿足條件，由（1）可得，x∈[-e，0）f（x）=ax-ln（-x），結合函數(shù)的導數(shù)f′（x）=a-

1

x

，需分，-

1

e

＜a＜0；a≤-

1

e

兩種情況判斷函數(shù)在[-e，0}上的單調性，進而可求函數(shù)的最小值，進而可求a；

解答：（1）解：當x∈[-e，0）時，-x∈（0，e]，則f（-x）=a（-x）+ln（-x），
又f（x）為奇函數(shù)，
所以f（x）=-f（-x）=ax-ln（-x），
因此，f（x）=

ax-ln(-x)，-e≤x＜0 ax+lnx，0＜x≤e

；
（2）證明：a=-1，f（x）=

-x-ln(-x)，-e≤x＜0 -x+lnx，0＜x≤e

，
∴|f（x）|=|x|-ln|x|為偶函數(shù)，故只要考慮x∈（0，e]時，f（x）=x-lnx＞0，
而此時，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，
∴函數(shù)f（x）在（0，1]上單調遞減，在[1，e]單調遞增，則f（x）_min=f（1）=1，
∴g′（x）=

1-lnx

x2

≥0在（0，e]上恒成立，則可得函數(shù)g（x）在（0，e]單調遞增，則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）同理可證，
∴|f（x）|＞g（x）+

1

2

；
（3）假設存在a滿足條件，
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，則函數(shù)在[

1

a

，0）單調遞增，在[-e，

1

a

]單調遞減，則f（x） min=f（

1

a

）=3，
∴a=-

1

e2

；
若a≤-

1

e

，則函數(shù)在[-e，0）單調遞增，則f（x）min=f（-

1

e

）=

a

e

+1=3，
a=2e（舍）
故a=-

1

e2

．

點評：本題主要考查了利用函數(shù)的奇偶性求解函數(shù)的解析式，及利用函數(shù)的導數(shù)判斷函數(shù)的單調性，求解函數(shù)的最值，利用單調性證明不等式，解題的關鍵是熟練應用函數(shù)的性質．是綜合性較強的試題．