题目

题型：解答题难度：一般来源：广州一模

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）求f（x）的解析式；
（2）设g(x)=

ln|x|

|x|

，x∈[-e，0)，求证：当a=-1时，f(x)＞g(x)+

1

2

；
（3）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．

答案

（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]

（2）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

，
∵f′(x)=-1-

1

x

=-

x+1

x

，
∴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，
∴f（x）_min=f（-1）=1＞0，
又∵h′(x)=

ln(-x)-1

x2

，
∴当-e≤x＜0时，h"（x）≤0，此时h（x）单调递减，
∴h(x)max=h(-e)=

1

e

+

1

2

＜

1

2

+

1

2

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

1

2

（3）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．