Question

已知函數f（x）是定義在R上的奇函數，當x＜0時，f（x）=-aln（-x）-（a+1）x．
（1）求f（x）在R上的解析式；
（2）當a＞-1時，討論f（x）在（0，+∞）上的單調性，并指出其單調區間；
（3）若對于任意的x∈（0，+∞），f（x）≥-

1

2

x2恒成立，求實數a的取值范圍．

Answer 1

考點：函數奇偶性的性質,函數解析式的求解及常用方法,函數恒成立問題

專題：導數的綜合應用

分析：（1）利用函數f（x）是定義在R上的奇函數，可得f（0）=0，f（x）=-f（-x）即可得出．
（2）當x＞0時，f（x）=alnx-（a+1）x，可得f′（x）=

a

x

-（a+1）=

a-(a+1)x

x

=

-(a+1)(x- a a+1 )

x

．對a分類討論：當a＞0時，當a=0時，當-1＜a＜0時，利用導數研究函數的單調性即可得出．
（3）由x＞0，可得x＞lnx．于是f（x）≥-

1

2

x2恒成立?alnx-（a+1）x+

1

2

x2≥0恒成立?a≤

1 2 x2-x

x-lnx

．再利用導數研究函數的單調性極值與最值即可得出．

解答： 解：（1）設x＞0，則-x＜0．
∵當x＜0時，f（x）=-aln（-x）-（a+1）x．
∴f（-x）=-alnx+（a+1）x，
∵函數f（x）是定義在R上的奇函數，
∴f（0）=0，f（x）=-f（-x）=alnx-（a+1）x．
∴f（x）=

-aln(-1)-(a+1)x，x＜0 0，x=0 alnx-(a+1)x，x＞0

．
（2）當x＞0時，f（x）=alnx-（a+1）x，
f′（x）=

a

x

-（a+1）=

a-(a+1)x

x

=

-(a+1)(x- a a+1 )

x

．
當a＞0時，令f′（x）＞0，解得0＜x＜

a

a+1

，此時函數f（x）單調遞增；令f′（x）＜0，解得x＞

a

a+1

，此時函數f（x）單調遞減．
當a=0時，f（x）=-x在（0，+∞）上的單調遞減．
當-1＜a＜0時，f′（x）＜0，函數f（x）在（0，+∞）上的單調遞減．
綜上可得：當a＞0時，函數f（x）在0＜x＜

a

a+1

單調遞增；函數f（x）在x＞

a

a+1

時單調遞減．
當-1＜a≤0時，函數f（x）在（0，+∞）上的單調遞減．
（3）∵x＞0，∴x＞lnx．
∴f（x）≥-

1

2

x2恒成立?alnx-（a+1）x+

1

2

x2≥0恒成立?a≤

1 2 x2-x

x-lnx

．
令g（x）=

1 2 x2-x

x-lnx

，則g′(x)=

(x-1)( 1 2 x+1-lnx)

(x-lnx)2

，
令h（x）=

1

2

x+1-lnx，則h′（x）=

1

2

-

1

x

=

x-2

2x

，可知：當x=2時，函數h（x）取得極小值即最小值h（2）=2-ln2＞0．
令g′（x）＞0，解得x＞1，此時函數g（x）單調遞增；令g′（x）＜0，解得0＜x＜1，此時函數g（x）單調遞減．
∴當x=1時，函數g（x）取得極小值即最小值，g（1）=-

1

2

．
∴a≤-

1

2

．
∴實數a的取值范圍是(-∞，-

1

2

]．

點評：本題考查了利用導數研究函數的單調性極值與最值、函數的奇偶性，考查了推理能力與計算能力，屬于難題．