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，f（x）=ax+lnx（其中e是自然对数的底数，a∈R）．
（1）求f（x）的解析式；
（2）设a=-1，g(x)=-

lnx

x

，求证：当x∈（0，e]时，f(x)＜g(x)+

1

2

恒成立；
（3）是否存在负数a，使得当x∈（0，e]时，f（x）的最大值是-3？如果存在，求出实数a的值；如果不存在，请说明理由．
理科选修．

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）由a=-1时，可得f（x）=

-x+lnx，x∈(0，e] -x-ln(-x)，x∈[-e，0)

，g（x）=-

lnx

x

，而x∈（0，e]时，f（x）=-x+lnx
f′(x)=-1+

1

x

=

1-x

x

，结合导数可得f（x）_max=f（1）=-1，g(x)′=

lnx-1

x2

，结合导数可得g（x）_min=g（e）=-

1

e

，要证明当x∈（0，e]时，f(x)＜g(x)+

1

2

恒成立，即证f（x）_max＜g(x)min+

1

2

即可
（3）假设存在负数a满足条件，由（1）可得，x∈（0，e]，f（x）=ax+lnx，f′(x)=a+

1

x

，令f′（x）＞0可得x＜-

1

a

，f′（x）＜0可得 x＞-

1

a

，要判断函数的单调区间，需要比较e与-

1

a

的大小，故需要讨论：①e＞-

1

a

，②-

1

a

≥e两种情况分别求解函数的最大值，进而可求a

解答：解：（1）当x∈[-e，0）时可得，-x∈（0，e]
∵x∈（0，e]时，f（x）=ax+lnx
f（-x）=-ax+ln（-x）
∵函数f（x）为奇函数可得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)

证明：（2）a=-1时，f（x）=

-x+lnx，x∈(0，e] -x-ln(-x)，x∈[-e，0)

，g（x）=-

lnx

x

，
x∈（0，e]时，f（x）=-x+lnx
f′(x)=-1+

1

x

=

1-x

x

令f′（x）＞0可得0＜x＜1，f′（x）＜0可得1＜x≤e
函数f（x）在（0，1]单调递增，在（1，e]单调递减
f（x）_max=f（1）=-1
g(x)′=

lnx-1

x2

，由x∈（0，e]可得g′（x）≤0
g（x）在（0，e]上单调递减
g（x）_min=g（e）=-

1

e

-1＜-

1

e

+

1

2

即f（x）_max＜g(x)min+

1

2

当x∈（0，e]时，f(x)＜g(x)+

1

2

恒成立；
解：（3）假设存在负数a满足条件
由（1）可得，x∈（0，e]，f（x）=ax+lnx，f′(x)=a+

1

x

令f′（x）＞0可得x＜-

1

a

，f′（x）＜0可得 x＞-

1

a

①若e＞-

1

a

，即a＜-

1

e

，则函数在（0，-

1

a

]上单调递增，在（-

1

a

，e]上单调递减
f(x)max=f(-

1

a

)=a•(-

1

a

)+ln(-

1

a

)=-3
∴a=-

1

e2

②若 -

1

a

≥e即a≥-

1

e

，则函数在（0，e]单调递增，则f（x）_max=f（e）=ae+1=-3
∴a=-

4

e

（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．