Question

已知f（x）=ax-ln（-x），x∈（-e，0），g（x）=-

ln(-x)

x

，其中e是自然常數(shù)，a∈R．
（1）討論a=-1時(shí)，f（x）的單調(diào)性、極值；
（2）求證：在（1）的條件下，|f（x）|＞g（x）+

1

2

．
（3）是否存在實(shí)數(shù)a，使f（x）的最小值是3，如果存在，求出a的值；如果不存在，說明理由．

Answer 1

分析：（1）把a(bǔ)=-1代入f（x）=ax-ln（-x），求導(dǎo)，分析導(dǎo)函數(shù)的符號(hào)，可得f（x）的單調(diào)性、極值；
（2）由（1）知f（x）在[-e，0）的最小值為1，要證|f(x)|＞g(x)+

1

2

，只需證g(x)+

1

2

的最大值小于1即可，利用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)g(x)+

1

2

的最大值；
（3））假設(shè)存在實(shí)數(shù)a，使f（x）=ax-ln（-x）有最小值3，x∈[-e，0），求導(dǎo)，令導(dǎo)數(shù)等于零，解方程得到的方程的根是否在定義域（-e，0）內(nèi)進(jìn)行討論，從而求得結(jié)果．

解答：解：（1）∵f（x）=-x-ln（-x）f′(x)=-1-

1

x

=-

x+1

x

∴當(dāng)-e≤x＜-1時(shí)，f′（x）＜0，此時(shí)f（x）為單調(diào)遞減
當(dāng)-1＜x＜0時(shí)，f'（x）＞0，此時(shí)f（x）為單調(diào)遞增
∴f（x）的極小值為f（-1）=1
（2）∵f（x）的極小值，即f（x）在[-e，0）的最小值為1
∴|f（x）|_min=1
令h(x)=g(x)+

1

2

=-

ln(-x)

x

+

1

2

又∵h′(x)=

ln(-x)-1

x2

當(dāng)-e≤x＜0時(shí)h′（x）≤0，h（x）在[-e，0）上單調(diào)遞減
∴h(x)max=h(-e)=

1

e

+

1

2

＜

1

2

+

1

2

=1=|f(x)|min
∴當(dāng)x∈[-e，0）時(shí)，|f(x)|＞g(x)+

1

2

（3）假設(shè)存在實(shí)數(shù)a，使f（x）=ax-ln（-x）有最小值3，x∈[-e，0）f′(x)=a-

1

x

①當(dāng)a≥-

1

e

時(shí)，由于x∈[-e，0），則f′(x)=a-

1

x

≥0
∴函數(shù)f（x）=ax-ln（-x）是[-e，0）上的增函數(shù)
∴f（x）_min=f（-e）=-ae-1=3
解得a=-

4

e

＜-

1

e

（舍去）
②當(dāng)a＜-

1

e

時(shí)，則當(dāng)-e≤x＜

1

a

時(shí)，f′(x)=a-

1

x

＜0
此時(shí)f（x）=ax-ln（-x）是減函數(shù)
當(dāng)

1

a

＜x＜0時(shí)，f′(x)=a-

1

x

＞0，此時(shí)f（x）=ax-ln（-x）是增函數(shù)
∴f(x)min=f(

1

a

)=1-ln(-

1

a

)=3
解得a=-e²

點(diǎn)評(píng)：此題是個(gè)難題．考查利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性和極值、最值問題．對(duì)方程f'（x）=0根是否在定義域內(nèi)進(jìn)行討論，體現(xiàn)了分類討論的思想方法，和轉(zhuǎn)化思想，其中問題（3）是一個(gè)開放性問題，考查了同學(xué)們觀察、推理以及創(chuàng)造性地分析問題、解決問題的能力．