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已知f(x)=ax-ln(-x),x∈(-e,0),g(x)=-
ln(-x)
x
,其中e是自然常数,a∈R.
(1)讨论a=-1时,f(x)的单调性、极值;
(2)求证:在(1)的条件下,|f(x)|>g(x)+
1
2

(3)是否存在实数a,使f(x)的最小值是3,如果存在,求出a的值;如果不存在,说明理由.
(1)∵f(x)=-x-ln(-x)f′(x)=-1-
1
x
=-
x+1
x

∴当-e≤x<-1时,f′(x)<0,此时f(x)为单调递减
当-1<x<0时,f'(x)>0,此时f(x)为单调递增
∴f(x)的极小值为f(-1)=1
(2)∵f(x)的极小值,即f(x)在[-e,0)的最小值为1
∴|f(x)|min=1
h(x)=g(x)+
1
2
=-
ln(-x)
x
+
1
2

又∵h′(x)=
ln(-x)-1
x2

当-e≤x<0时h′(x)≤0,h(x)在[-e,0)上单调递减
h(x)max=h(-e)=
1
e
+
1
2
1
2
+
1
2
=1=|f(x)|min

∴当x∈[-e,0)时,|f(x)|>g(x)+
1
2

(3)假设存在实数a,使f(x)=ax-ln(-x)有最小值3,x∈[-e,0)f′(x)=a-
1
x

①当a≥-
1
e
时,由于x∈[-e,0),则f′(x)=a-
1
x
≥0

∴函数f(x)=ax-ln(-x)是[-e,0)上的增函数
∴f(x)min=f(-e)=-ae-1=3
解得a=-
4
e
<-
1
e
(舍去)
②当a<-
1
e
时,则当-e≤x<
1
a
时,f′(x)=a-
1
x
<0

此时f(x)=ax-ln(-x)是减函数
1
a
<x<0
时,f′(x)=a-
1
x
>0
,此时f(x)=ax-ln(-x)是增函数
f(x)min=f(
1
a
)=1-ln(-
1
a
)=3

解得a=-e2
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