（2006•广州一模）已知函数f（x）是定义在[-e，0）∪（0，e]上的奇函数，当x∈（0，e]时，f（x）=ax+l

解题思路：（1）先设x∈[-e，0）则-x∈（0，e]，再求出f（-x）利用函数是奇函数求出f（x），最后用分段函数表示出函数的解析式；
（2）由（1）知x∈[-e，0）时f（x）的解析式，再构造函数h(x)＝

ln(−x)

−x

+

1

2

，分别求出这两个函数的导函数和符号，判断出它们在区间[-e，0）的单调性，并求出f（x）的最小值和h（x）的最大值，判断出最小值比最大值大，则不等式成立；
（3）先假设存在实数a满足条件，再求出x∈[-e，0）时f（x）的导函数f′(x)＝a−

1

x

＝

ax−1

x

，对a的符号分类讨论来确定f'（x）的符号，进而判断出在区间[-e，0）上的单调性，求出最小值和m的值，注意验证范围是否符合．

（1）设x∈[-e，0），则-x∈（0，e]，∴f（-x）=-ax+ln（-x），
又∵f（x）是定义在[-e，0）∪（0，e]上的奇函数，
∴f（x）=-f（-x）=ax-ln（-x），
∴函数f（x）的解析式为f(x)＝

ax−ln(−x)，x∈[−e，0)
ax+lnx，x∈(0，e]

（2）证明：当x∈[-e，0）且a=-1时，f(x)＝−x−ln(−x)，g(x)＝
ln(−x)
−x，
设h(x)＝
ln(−x)
−x+
1
2，
∵f′(x)＝−1−
1
x＝−
x+1
x，
∴当-e≤x≤-1时，f'（x）≤0，此时f（x）单调递减；
当-1＜x＜0时，f'（x）＞0，此时f（x）单调递增，
∴f（x）_min=f（-1）=1＞0，
又∵h′(x)＝
ln(−x)−1
x2，
∴当-e≤x＜0时，h'（x）≤0，此时h（x）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）＞h（x），即f(x)＞g(x)+
1
2

（3）假设存在实数a，使得当x∈[-e，0）时，f（x）=ax-ln（-x）有最小值是3，
则f′(x)＝a−
1
x＝
ax−1
x
（ⅰ）当a=0，x∈[-e，0）时，f′(x)＝−
1
x＞0．f（x）在区间[-e，0）上单调递增，
f（x）_min=f（-e）=-1，不满足最小值是3
（ⅱ）当a＞0，x∈[-e，0）时，f'（x）＞0，f（x）在区间[-e，0）上单调递增，
f（x）_min=f（-e）=-ae-1＜0，也不满足最小值是3
（ⅲ）当−
1
e≤a＜0，由于x∈[-e，0），则f′(x)＝a−
1
x≥0，
故函数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）
（ⅳ）当a＜−
1
e时，则
当

点评：
本题考点： 函数奇偶性的性质；函数恒成立问题．

考点点评： 本题是一道综合题，考查了利用函数的奇偶性求函数的解析式；构造函数再求其导函数求函数最值证明不等式成立问题；对含有参数用分类讨论思想判断导函数的符号再求出函数的最值，本题综合性强且计算量大，应是难度很大的题．