《2024年步步高大一轮复习讲义高中数学人教A版》

例1 （12分）（2023·新高考全国I）已知函数$f(x)=a(e^{x}+a)-x$.
（1）讨论$f(x)$的单调性； [切入点：求导，讨论$a$的正负]
（2）证明：当$a ＞ 0$时，$f(x)＞2\ln a+\frac{3}{2}$.
[方法一 关键点：作差法比较$f(x)_{\min}$与$2\ln a+\frac{3}{2}$的大小]
[方法二 关键点：利用不等式$e^{x}\geq x + 1$把函数$f(x)$中的指数换成一次函数]
[思路分析]
（1）求$f^{\prime}(x)\to$分$a ＞ 0,a\leq0$判断$f^{\prime}(x)$的符号$\to f(x)$的单调性
（2）方法一：求$f(x)_{\min}\to$构造函数$g(a)=f(x)_{\min}-(2\ln a+\frac{3}{2})\to$求$g(a)$最小值
方法二：证明不等式$e^{x}\geq x + 1\to ae^{x}=e^{x+\ln a}\geq x+\ln a + 1\to f(x)\geq a^{2}+\ln a + 1\to$构造函数$g(a)=a^{2}+\ln a + 1-(2\ln a+\frac{3}{2})\to$求$g(a)$最小值
答题模板 规范答题不丢分
（1）解 因为$f(x)=a(e^{x}+a)-x$，定义域为$\mathbf{R}$，
所以$f^{\prime}(x)=ae^{x}-1$，（1分）
当$a\leq0$时，由于$e^{x}＞0$，则$ae^{x}\leq0$，
故$f^{\prime}(x)=ae^{x}-1＜0$恒成立，
所以$f(x)$是减函数；（2分）
当$a ＞ 0$时，令$f^{\prime}(x)=ae^{x}-1=0$，解得$x=-\ln a$，
当$x＜-\ln a$时，$f^{\prime}(x)＜0$，
则$f(x)$在$(-\infty,-\ln a)$上单调递减；
当$x＞-\ln a$时，$f^{\prime}(x)＞0$， （4分）
则$f(x)$在$(-\ln a,+\infty)$上单调递增.
综上，当$a\leq0$时，$f(x)$是减函数；
当$a ＞ 0$时，$f(x)$在$(-\infty,-\ln a)$上单调递减，
在$(-\ln a,+\infty)$上单调递增.（5分）
（2）证明 方法一 由（1）得，当$a ＞ 0$时，
$f(x)_{\min}=f(-\ln a)=a(e^{-\ln a}+a)+\ln a$ （7分）
$=1+a^{2}+\ln a$，
要证$f(x)＞2\ln a+\frac{3}{2}$，即证$1+a^{2}+\ln a＞2\ln a+\frac{3}{2}$，
即证$a^{2}-\frac{1}{2}-\ln a＞0$恒成立，（8分）
令$g(a)=a^{2}-\frac{1}{2}-\ln a(a ＞ 0)$，（9分）
则$g^{\prime}(a)=2a-\frac{1}{a}=\frac{2a^{2}-1}{a}$，
令$g^{\prime}(a)＜0$，则$0 ＜ a ＜ \frac{\sqrt{2}}{2}$；令$g^{\prime}(a)＞0$，则$a ＞ \frac{\sqrt{2}}{2}$，
所以$g(a)$在$(0,\frac{\sqrt{2}}{2})$上单调递减，
在$(\frac{\sqrt{2}}{2},+\infty)$上单调递增，（11分）
所以$g(a)_{\min}=g(\frac{\sqrt{2}}{2})=(\frac{\sqrt{2}}{2})^{2}-\frac{1}{2}-\ln\frac{\sqrt{2}}{2}=\ln\sqrt{2}＞0$，
则$g(a)＞0$恒成立，
所以当$a ＞ 0$时，$f(x)＞2\ln a+\frac{3}{2}$恒成立，证毕.（12分）
方法二 令$h(x)=e^{x}-x - 1$，
则$h^{\prime}(x)=e^{x}-1$，由于$y = e^{x}$是增函数，
所以$h^{\prime}(x)=e^{x}-1$是增函数，
又$h^{\prime}(0)=e^{0}-1=0$，所以当$x ＜ 0$时，$h^{\prime}(x)＜0$；
当$x ＞ 0$时，$h^{\prime}(x)＞0$，所以$h(x)$在$(-\infty,0)$上单调递减，
在$(0,+\infty)$上单调递增，故$h(x)\geq h(0)=0$，
则$e^{x}\geq x + 1$，当且仅当$x = 0$时，等号成立，（6分）
因为$f(x)=a(e^{x}+a)-x=ae^{x}+a^{2}-x$
$=e^{x+\ln a}+a^{2}-x\geq x+\ln a + 1+a^{2}-x$，
当且仅当$x+\ln a = 0$，即$x=-\ln a$时，等号成立，
所以要证$f(x)＞2\ln a+\frac{3}{2}$，即证$x+\ln a + 1+a^{2}-x＞2\ln a+\frac{3}{2}$，
即证$a^{2}-\frac{1}{2}-\ln a＞0$，（8分）
令$g(a)=a^{2}-\frac{1}{2}-\ln a(a ＞ 0)$，（9分）
则$g^{\prime}(a)=2a-\frac{1}{a}=\frac{2a^{2}-1}{a}$，
令$g^{\prime}(a)＜0$，则$0 ＜ a ＜ \frac{\sqrt{2}}{2}$；令$g^{\prime}(a)＞0$，则$a ＞ \frac{\sqrt{2}}{2}$，
所以$g(a)$在$(0,\frac{\sqrt{2}}{2})$上单调递减，在$(\frac{\sqrt{2}}{2},+\infty)$上单调递增，（11分）
所以$g(a)_{\min}=g(\frac{\sqrt{2}}{2})=(\frac{\sqrt{2}}{2})^{2}-\frac{1}{2}-\ln\frac{\sqrt{2}}{2}=\ln\sqrt{2}＞0$，
则$g(a)＞0$恒成立，
所以当$a ＞ 0$时，$f(x)＞2\ln a+\frac{3}{2}$恒成立，证毕.（12分）

答案：