Question

已知f（x）是定義在（-∞，0）∪（0，+∞）上的奇函數(shù)，當(dāng)x∈（0，+∞）時(shí)，f（x）=ax+2lnx，（a∈R）
（1）求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4？如果存在，求出a的值；如果不存在，請說明理由．
（3）對x∈D如果函數(shù)F（x）的圖象在函數(shù)G（x）的圖象的下方，則稱函數(shù)F（x）在D上被函數(shù)G（x）覆蓋．求證：若a=1時(shí)，函數(shù)f（x）在區(qū)間x∈（1，+∞）上被函數(shù)g（x）=x³覆蓋．

Answer 1

分析：（1）已知x∈（0，+∞）時(shí)，f（x）=ax+2lnx，可以令x＜0，得-x＞0，代入f（x）即可求解；
（2）假設(shè)存在，已知當(dāng)x∈（0，+∞）時(shí)，f（x）=ax+2lnx，對f（x）進(jìn)行求導(dǎo)，利用導(dǎo)數(shù)求出x∈[-e，0）的最小值讓其等于4，求出a值，從而進(jìn)行判斷；
（3）由題意要證函數(shù)f（x）在區(qū)間x∈（1，+∞）上被函數(shù)g（x）=x³覆蓋等價(jià)于需證x³＞x+2lnx對x∈（1，+∞）恒成立，然后令h（x）=x³-x-2lnx（x＞1），求出其導(dǎo)數(shù)會(huì)發(fā)現(xiàn)h（x）為單調(diào)增函數(shù)，可知f（x）在（1，+∞）上的最小值為h（1），從而求證；

解答：解：（1）當(dāng)x∈（-∞，0），則-x＞0，由已知得，
f（-x）=-ax+2ln（-x）=-f（x），
∴f（x）=ax-2ln（-x），
∴f(x)

ax+2lnx        (x＞0) ax-2ln(-x)     (x＜0)

；
（2）假設(shè)存在a＜0，滿足題意，∵f（x）=ax-2ln（-x），x∈[-∞，0）
∴f′（x）=a+

2

x

=

a(x+ 2 a )

x

，x∈[-∞，0），
令f′（x）=0，x=-

2

a

，
當(dāng)-

2

a

＞-e，即a＜

2

e

時(shí)，f（x）在（-e，-

2

a

）是減函數(shù)，在（-

2

a

，0）為增函數(shù)，
∴f（x）_min=f（-

2

a

）=4，解得a=-2e，
當(dāng)-

2

a

≤-e，即0＞a≥

2

a

時(shí)，f（x）在（-e，0）上增函數(shù)，
∴f（x）_min=f（-e）=4，解得a=-

6

e

＜-

2

e

矛盾；
綜上所訴，存在a=-2e滿足題意．
（3）證明：由題意知，只需證x³＞x+2lnx對x∈（1，+∞）恒成立，
令h（x）=x³-x-2lnx（x＞1），
∴h′（x）=3x²-1-

2

x

=

(x-1)(3x2+3x+2)

x

，
∵x＞1，∴x-1＞0，3x²+3x+2＞0，
∴h′（x）＞0，對x∈（1，+∞）恒成立，
∴x＞1時(shí)，h（x）＞h（1）=0
∴h（x）＞0?x³＞x+2lnx對x∈（1，+∞）恒成立，即證；

點(diǎn)評：第一問利用函數(shù)的奇偶性進(jìn)行求解，比較常見，第三問是一道證明題，定義了一個(gè)新定義覆蓋的概念，將這個(gè)問題轉(zhuǎn)化為函數(shù)的恒成立的問題，就會(huì)比較簡單；