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2023年高考数学新高考Ⅰ-18<-->2023年高考数学新高考Ⅰ-20
（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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