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2023年高考数学新高考Ⅰ-19

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（12分）已知函数

$f(x)=a(e^{x}+a)-x$ ．
（1）讨论

$f(x)$ 的单调性；
（2）证明：当

$a > 0$ 时，

$f(x) > 2\ln a+\dfrac{3}{2}$ ．
分析：（1）先求出导函数

$f'(x)$ ，再对

$a$ 分

$a\leqslant 0$ 和

$a > 0$ 两种情况讨论，判断

$f'(x)$ 的符号，进而得到

$f(x)$ 的单调性；
（2）由（1）可知，当

$a > 0$ 时，

$f(x)_{min}=f(\ln \dfrac{1}{a})=1+a^{2}+\ln a$ ，要证

$f(x) > 2\ln a+\dfrac{3}{2}$ ，只需证

$1+a^{2}+\ln a > 2\ln a+\dfrac{3}{2}$ ，只需证

${a}^{2}-\ln a-\dfrac{1}{2} > 0$ ，设

$g$ （a）

$={a}^{2}-\ln a-\dfrac{1}{2}$ ，

$a > 0$ ，求导可得

$g(x)_{min}=g(\dfrac{\sqrt{2}}{2}) > 0$ ，从而证得

$f(x) > 2\ln a+\dfrac{3}{2}$ ．
解：（1）

$f(x)=a(e^{x}+a)-x$ ，
则

$f'(x)=ae^{x}-1$ ，
①当

$a\leqslant 0$ 时，

$f'(x) < 0$ 恒成立，

$f(x)$ 在

$R$ 上单调递减，
②当

$a > 0$ 时，令

$f'(x)=0$ 得，

$x=\ln \dfrac{1}{a}$ ，
当

$x\in (-\infty ,\ln \dfrac{1}{a})$ 时，

$f'(x) < 0$ ，

$f(x)$ 单调递减；当

$x\in (\ln \dfrac{1}{a}$ ，

$+\infty )$ 时，

$f'(x) > 0$ ，

$f(x)$ 单调递增，
综上所述，当

$a\leqslant 0$ 时，

$f(x)$ 在

$R$ 上单调递减；当

$a > 0$ 时，

$f(x)$ 在

$(-\infty ,\ln \dfrac{1}{a})$ 上单调递减，在

$(\ln \dfrac{1}{a}$ ，

$+\infty )$ 上单调递增．
证明：（2）由（1）可知，当

$a > 0$ 时，

$f(x)_{min}=f(\ln \dfrac{1}{a})=a(\dfrac{1}{a}+a)-\ln \dfrac{1}{a}=1+a^{2}+\ln a$ ，
要证

$f(x) > 2\ln a+\dfrac{3}{2}$ ，只需证

$1+a^{2}+\ln a > 2\ln a+\dfrac{3}{2}$ ，
只需证

${a}^{2}-\ln a-\dfrac{1}{2} > 0$ ，
设

$g$ （a）

$={a}^{2}-\ln a-\dfrac{1}{2}$ ，

$a > 0$ ，
则

$g'$ （a）

$=2a-\dfrac{1}{a}=\dfrac{2{a}^{2}-1}{a}$ ，
令

$g'$ （a）

$=0$ 得，

$a=\dfrac{\sqrt{2}}{2}$ ，
当

$a\in (0,\dfrac{\sqrt{2}}{2})$ 时，

$g'$ （a）

$< 0$ ，

$g$ （a）单调递减，当

$a\in (\dfrac{\sqrt{2}}{2}$ ，

$+\infty )$ 时，

$g'$ （a）

$> 0$ ，

$g$ （a）单调递增，
所以

$g$ （a）

$\geqslant g(\dfrac{\sqrt{2}}{2})=\dfrac{1}{2}-\ln \dfrac{\sqrt{2}}{2}-\dfrac{1}{2}=-\ln \dfrac{\sqrt{2}}{2} > 0$ ，
即

$g$ （a）

$> 0$ ，
所以

${a}^{2}-\ln a-\dfrac{1}{2} > 0$ 得证，
即

$f(x) > 2\ln a+\dfrac{3}{2}$ 得证．
点评：本题主要考查了利用导数研究函数的单调性和最值，考查了函数恒成立问题，属于中档题．

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