Question

已知x∈[-

5

2

，0)，f(x)=-ln(-x)+bx，g(x)=

ln(-x)

-x

+

1

2

．
（I）当b=-l时，求证：f（x）＞g（x）；
（II）是否存在实数b，使f（x）的最小值是2，若存在求出b的值，若不存在说明理由．

Answer 1

分析：（I）求导函数，确定函数的单调性，可得f（x）的最小值，g（x）的最大值，可知f（x）的最小值大于g（x）的最大值，故得证；
（II）求导函数，进行分类讨论，求函数的最小值，利用f（x）的最小值是2，即可得到结论．

解答：（I）证明：当b=-l时，f（x）=-x-ln（-x），g（x）=

ln(-x)

-x

+

1

2

∵f′(x)=-1-

1

x

=-

x+1

x

，当x∈（-

5

2

，-1）时，f′（x）＜0，当x∈（-1，0）时，f′（x）＞0
∴f（x）在x∈（-

5

2

，-1）时，单调递减；在x∈（-1，0）时，单调递增
∴f（x）的最小值为f（-1）=1＞0
∵g′(x)=

ln(-x)-1

x2

，当x∈[-

5

2

，0）时，g′（x）＜0，g（x）单调递减，g（x）的最大值为g(-

5

2

)=

2

5

ln

5

2

+

1

2

＜

2

5

+

1

2

＜1
即f（x）的最小值大于g（x）的最大值
∴当b=-l时，f（x）＞g（x）；
（II）解：f（x）=-ln（-x）+bx，x∈[-

5

2

，0），f′（x）=b-

1

x

=

bx-1

x

当b=0时，f′（x）=-

1

x

＞0，∴f（x）_min=f（-

5

2

）=-ln

5

2

≠2
当b＞0时，f′（x）=b-

1

x

＞0，，∴f（x）_min=f（-

5

2

）=-

5

2

b-ln

5

2

＜0≠2
当b＜0时，f′（x）=

b(x- 1 b )

x

若

1

b

≤-

5

2

，即-

2

5

≤b＜0时，f′（x）=b-

1

x

≥0，
∴f（x）_min=f（-

5

2

）=-

5

2

b-ln

5

2

=2
∴b=-

4

5

-

2

5

ln

5

2

∵0＜ln

5

2

＜1
∴-

2

5

＜- 

2

5

ln

5

2

＜0
∴-

6

5

＜-

4

5

-

2

5

ln

5

2

＜-

4

5

，不满足-

2

5

≤b＜0
故不存在实数b，使f（x）的最小值是2．

点评：本题考查导数知识的运用，考查函数的单调性，考查函数的最值，考查分类讨论的数学思想，综合性强．