Question

已知f（x）=ax-ln（-x），x∈（-e，0），g（x）=-

ln(-x)

x

，其中e是自然常數，a∈R．
（1）討論a=-1時，f（x）的單調性、極值；
（2）求證：在（1）的條件下，|f（x）|＞g（x）+

1

2

．
（3）是否存在實數a，使f（x）的最小值是3，如果存在，求出a的值；如果不存在，說明理由．

Answer 1

分析：（1）把a=-1代入f（x）=ax-ln（-x），求導，分析導函數的符號，可得f（x）的單調性、極值；
（2）由（1）知f（x）在[-e，0）的最小值為1，要證|f(x)|＞g(x)+

1

2

，只需證g(x)+

1

2

的最大值小于1即可，利用導數求函數g(x)+

1

2

的最大值；
（3））假設存在實數a，使f（x）=ax-ln（-x）有最小值3，x∈[-e，0），求導，令導數等于零，解方程得到的方程的根是否在定義域（-e，0）內進行討論，從而求得結果．

解答：解：（1）∵f（x）=-x-ln（-x）f′(x)=-1-

1

x

=-

x+1

x

∴當-e≤x＜-1時，f′（x）＜0，此時f（x）為單調遞減
當-1＜x＜0時，f'（x）＞0，此時f（x）為單調遞增
∴f（x）的極小值為f（-1）=1
（2）∵f（x）的極小值，即f（x）在[-e，0）的最小值為1
∴|f（x）|_min=1
令h(x)=g(x)+

1

2

=-

ln(-x)

x

+

1

2

又∵h′(x)=

ln(-x)-1

x2

當-e≤x＜0時h′（x）≤0，h（x）在[-e，0）上單調遞減
∴h(x)max=h(-e)=

1

e

+

1

2

＜

1

2

+

1

2

=1=|f(x)|min
∴當x∈[-e，0）時，|f(x)|＞g(x)+

1

2

（3）假設存在實數a，使f（x）=ax-ln（-x）有最小值3，x∈[-e，0）f′(x)=a-

1

x

①當a≥-

1

e

時，由于x∈[-e，0），則f′(x)=a-

1

x

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

4

e

＜-

1

e

（舍去）
②當a＜-

1

e

時，則當-e≤x＜

1

a

時，f′(x)=a-

1

x

＜0
此時f（x）=ax-ln（-x）是減函數
當

1

a

＜x＜0時，f′(x)=a-

1

x

＞0，此時f（x）=ax-ln（-x）是增函數
∴f(x)min=f(

1

a

)=1-ln(-

1

a

)=3
解得a=-e²

點評：此題是個難題．考查利用導數研究函數的單調性和極值、最值問題．對方程f'（x）=0根是否在定義域內進行討論，體現了分類討論的思想方法，和轉化思想，其中問題（3）是一個開放性問題，考查了同學們觀察、推理以及創(chuàng)造性地分析問題、解決問題的能力．