Question

已知函数f（x）是定义在[-e，0）∪（0，e]上的奇函数，当x∈（0，e]时，有f（x）=ax+lnx（其中e为自然对数的底，a∈R）．
（1）求函数f（x）的解析式；
（2）设g（x）=

ln|x|

|x|

，x∈[-e，0）∪（0，e]，求证：当a=-1时，|f（x）|＞g（x）+

1

2

；
（3）试问：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．

Answer 1

分析：（1）设x∈[-e，0），则-x∈（0，e]，从而可得f（-x）=-ax+ln（-x），结合f（x）为奇函数可求f（x），x∈[-e，0）
（2）a=-1，f（x）=f（x）=

ax-ln(-x)，-e≤x＜0 ax+lnx，0＜x≤e

，从而可得|f（x）|=|x|-ln|x|为偶函数，故只要考虑x∈（0，e]时，f（x）=x-lnx＞0而此时，g（x）=

ln|x|

|x|

=

lnx

x

，x∈（0，e]，结合f′（x）=1-

1

x

判断函数f（x）的单调性可求f（x）_min=f（1）=1，而g′（x）=

1-lnx

x2

≤0可得g（x）max=g（e）=

1

e

，可证f（x）min＞g（x）max+

1

2

，从而可证|f（x）|＞g（x）+

1

2

；
（3）假设存在a满足条件，由（1）可得，x∈[-e，0）f（x）=ax-ln（-x），结合函数的导数f′（x）=a-

1

x

，需分，-

1

e

＜a＜0；a≤-

1

e

两种情况判断函数在[-e，0}上的单调性，进而可求函数的最小值，进而可求a；

解答：（1）解：当x∈[-e，0）时，-x∈（0，e]，则f（-x）=a（-x）+ln（-x），
又f（x）为奇函数，
所以f（x）=-f（-x）=ax-ln（-x），
因此，f（x）=

ax-ln(-x)，-e≤x＜0 ax+lnx，0＜x≤e

；
（2）证明：a=-1，f（x）=

-x-ln(-x)，-e≤x＜0 -x+lnx，0＜x≤e

，
∴|f（x）|=|x|-ln|x|为偶函数，故只要考虑x∈（0，e]时，f（x）=x-lnx＞0，
而此时，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，
∴函数f（x）在（0，1]上单调递减，在[1，e]单调递增，则f（x）_min=f（1）=1，
∴g′（x）=

1-lnx

x2

≥0在（0，e]上恒成立，则可得函数g（x）在（0，e]单调递增，则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）同理可证，
∴|f（x）|＞g（x）+

1

2

；
（3）假设存在a满足条件，
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，则函数在[

1

a

，0）单调递增，在[-e，

1

a

]单调递减，则f（x） min=f（

1

a

）=3，
∴a=-

1

e2

；
若a≤-

1

e

，则函数在[-e，0）单调递增，则f（x）min=f（-

1

e

）=

a

e

+1=3，
a=2e（舍）
故a=-

1

e2

．

点评：本题主要考查了利用函数的奇偶性求解函数的解析式，及利用函数的导数判断函数的单调性，求解函数的最值，利用单调性证明不等式，解题的关键是熟练应用函数的性质．是综合性较强的试题．