Question

已知函數f（x）是定義在[-e，0）∪（0，e]上的奇函數，當x∈（0，e]時，f（x）=ax+lnx（其中e是自然對數的底數，a∈R）．
（1）求f（x）的解析式；
（2）設a=-1，g(x)=-

lnx

x

，求證：當x∈（0，e]時，f(x)＜g(x)+

1

2

恒成立；
（3）是否存在負數a，使得當x∈（0，e]時，f（x）的最大值是-3？如果存在，求出實數a的值；如果不存在，請說明理由．
理科選修．

Answer 1

分析：（1）設x∈[-e，0），則-x∈（0，e]，從而可得f（-x）=-ax+ln（-x），結合f（x）為奇函數，可求f（x），x∈[-e，0）
（2）由a=-1時，可得f（x）=

-x+lnx，x∈(0，e] -x-ln(-x)，x∈[-e，0)

，g（x）=-

lnx

x

，而x∈（0，e]時，f（x）=-x+lnx
f′(x)=-1+

1

x

=

1-x

x

，結合導數可得f（x）_max=f（1）=-1，g(x)′=

lnx-1

x2

，結合導數可得g（x）_min=g（e）=-

1

e

，要證明當x∈（0，e]時，f(x)＜g(x)+

1

2

恒成立，即證f（x）_max＜g(x)min+

1

2

即可
（3）假設存在負數a滿足條件，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

，要判斷函數的單調區間，需要比較e與-

1

a

的大小，故需要討論：①e＞-

1

a

，②-

1

a

≥e兩種情況分別求解函數的最大值，進而可求a

解答：解：（1）當x∈[-e，0）時可得，-x∈（0，e]
∵x∈（0，e]時，f（x）=ax+lnx
f（-x）=-ax+ln（-x）
∵函數f（x）為奇函數可得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)

證明：（2）a=-1時，f（x）=

-x+lnx，x∈(0，e] -x-ln(-x)，x∈[-e，0)

，g（x）=-

lnx

x

，
x∈（0，e]時，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
函數f（x）在（0，1]單調遞增，在（1，e]單調遞減
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]上單調遞減
g（x）_min=g（e）=-

1

e

-1＜-

1

e

+

1

2

即f（x）_max＜g(x)min+

1

2

當x∈（0，e]時，f(x)＜g(x)+

1

2

恒成立；
解：（3）假設存在負數a滿足條件
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

，則函數在（0，-

1

a

]上單調遞增，在（-

1

a

，e]上單調遞減
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

，則函數在（0，e]單調遞增，則f（x）_max=f（e）=ae+1=-3
∴a=-

4

e

（舍）
故 a=-

1

e2

點評：本題主要考查了利用函數的奇偶性求解函數的解析式，及利用函數的導數判斷函數的單調性，求解函數的最值，利用單調性證明不等式，解題的關鍵是熟練應用函數的性質．是綜合性較強的試題．