Question

1．已知函数f（x）=ax-ln（-x），x∈[-e，0），其中e是自然对数的底数，a∈R．
（Ⅰ）当a=-1时，确定f（x）的单调性和极值；
（Ⅱ）当a=-1时，证明：f（x）+$\frac{ln（-x）}{x}$＞$\frac{1}{2}$．

Answer 1

分析 （1）由a=-1知，f（x）是确定的．对f（x）求导，由导函数的正负可以得到原函数的极值与单调区间．
（2）构造新的函数g（x），通过对g（x）求导，得到g（x）的单调区间，从而求出g（x）的最大值，进而得到要证明的问题．

解答 解：（1）当a=-1时，f（x）=-x-ln（-x）
f′（x）=-1-$\frac{1}{x}$
令f′（x）=0，得x=-1
-e≤x＜-1时，f′（x）＜0，f（x）单调递减
-1＜x＜0时，f′（x）＞0，f（x）单调递增
∴f（x）单调递减区间是[-e，-1），单调递增区间是（-1，0）
f（x）有极小值，极小值是f（-1）=1．
（2）当a=-1时，由（1）知，f（x）的最小值为f（-1）=1
令g（x）=$\frac{1}{2}$-$\frac{ln（-x）}{x}$
∴g′（x）=-$\frac{1-ln（-x）}{{x}^{2}}$
当x∈[-e，0）时，g′（x）＜0
∴g（x）在[-e，0）上单调递减
∴g（x）的最大值为g（-e）=$\frac{1}{2}$+$\frac{1}{e}$
∴f（x）_min＞g（x）_max
∴当a=-1时，f（x）+$\frac{ln（-x）}{x}$＞$\frac{1}{2}$恒成立．

点评 本题考查函数的单调性，极值问题．考查导数的应用．是中档题．