Question

已知函數(shù)f（x）是定義在[-e，0）∪（0，e]上的奇函數(shù)，當(dāng)x∈（0，e]時(shí)，f（x）=ax+lnx（其中e為自然對(duì)數(shù)的底，a∈R）．
（1）求函數(shù)f（x）的解析式；
（2）是否存在負(fù)實(shí)數(shù)a，使得當(dāng)x∈[-e，0）時(shí)，f（x）的最小值是3？如果存在，求出負(fù)實(shí)數(shù)a的值；如果不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由．
（3）設(shè)g(x)=

ln|x|

|x|

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

1

2

．

Answer 1

分析：（1）設(shè)x∈[-e，0），則-x∈（0，e]，從而可得f（-x）=-ax+ln（-x），結(jié)合f（x）為奇函數(shù)可求f（x），x∈[-e，0）
（2）假設(shè)存在負(fù)數(shù)a滿足條件，由（1）可得，x∈[-e，0）f（x）=ax-ln（-x），結(jié)合函數(shù)的導(dǎo)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(diào)性，進(jìn)而可求函數(shù)的最小值，進(jìn)而可求a
（3）a=-1，f（x）=

-x+lnx，x∈(0，e] -x-ln(-x)，x∈[-e，0)

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

ln|x|

|x|

=

lnx

x

，x∈（0，e]
結(jié)合f′(x)=1-

1

x

判斷函數(shù)f（x）的單調(diào)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

解答：解：（1）設(shè)x∈[-e，0），則-x∈（0，e]
∴f（-x）=-ax+ln（-x）
由f（x）為奇函數(shù)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）假設(shè)存在負(fù)數(shù)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(diào)遞增，在[-e，

1

a

]單調(diào)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(diào)遞增，則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|為偶函數(shù)，故只要考慮x∈（0，e]時(shí)，f（x）=x-lnx＞0
而此時(shí)，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(diào)遞減，在[1，e]單調(diào)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(diào)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

點(diǎn)評(píng)：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(dǎo)數(shù)判斷函數(shù)的單調(diào)性，求解函數(shù)的最值，利用單調(diào)性證明不等式，解題的關(guān)鍵是熟練應(yīng)用函數(shù)的性質(zhì)．是綜合性較強(qiáng)的試題．