Question

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．

Answer 1

分析：（1）把a=-1代入f（x）=ax-ln（-x），求导，分析导函数的符号，可得f（x）的单调性、极值；
（2）由（1）知f（x）在[-e，0）的最小值为1，要证|f(x)|＞g(x)+

1

2

，只需证g(x)+

1

2

的最大值小于1即可，利用导数求函数g(x)+

1

2

的最大值；
（3））假设存在实数a，使f（x）=ax-ln（-x）有最小值3，x∈[-e，0），求导，令导数等于零，解方程得到的方程的根是否在定义域（-e，0）内进行讨论，从而求得结果．

解答：解：（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
令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
当

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

点评：此题是个难题．考查利用导数研究函数的单调性和极值、最值问题．对方程f'（x）=0根是否在定义域内进行讨论，体现了分类讨论的思想方法，和转化思想，其中问题（3）是一个开放性问题，考查了同学们观察、推理以及创造性地分析问题、解决问题的能力．