2023-新高考I卷-19 解-导数综合

本题导读

本题考查利用导数研究函数的单调性。核心在于分类讨论法、构造函数法的灵活运用。

📌【题干】

Question

（2023年新高考I卷）已知函数 $f(x)=a({\text{e}}^x+a)-x$。

(1) 讨论 $f(x)$ 的单调性；

(2) 证明：当 $a>0$ 时，$f(x)>2\ln a+\frac{3}{2}$。

🔍【思路分析】

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1. 单调性讨论：求导 $f^{\prime }(x)=a{\text{e}}^x-1$。

• 当 $a⩽0$ 时，$f^{\prime }(x)<0$ 恒成立。
• 当 $a>0$ 时，令 $f^{\prime }(x)=0$ 解得唯一驻点 $x=-\ln a$，以此划分单调区间。

2. 不等式证明：

• 根据 (1) 的结论，当 $a>0$ 时， $f(x)$ 在 $x=-\ln a$ 处取得最小值。
• 要证 $f(x)>2\ln a+\frac{3}{2}$，只需证 $f(-\ln a)>2\ln a+\frac{3}{2}$。
• 计算 $f(-\ln a)$ 并化简，构造关于参数 $a$ 的新函数 $g(a)$，利用二次求导求 $g(a)$ 的最小值并证明其大于 $0$。

✅【答案】

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(1) 当 $a⩽0$ 时，$f(x)$ 在 $\mathbb{R}$ 上单调递减

当 $a>0$ 时，$f(x)$ 在 $(-\infty ,-\ln a)$ 上单调递减，在 $(-\ln a,+\infty )$ 上单调递增

(2) 证明见解析

✍【详细解析】

Abstract

【思路分析】先求导，再分类讨论$a\le 0$与$a>0$两种情况，结合导数与函数单调性；

【解析】【小问1详解】因为$f(x)=a\left({\mathrm{e}}^x+a\right)-x$，定义域为$\text{R}$，所以$f^{\prime }\left(x\right)=a{\text{e}}^x-1$，

当$a\le 0$时，由于${\text{e}}^x>0$，则$a{\text{e}}^x\le 0$，故$f^{\prime }\left(x\right)=a{\text{e}}^x-1<0$恒成立， 所以$f\left(x\right)$在$\text{R}$上单调递减；

当$a>0$时，令$f^{\prime }\left(x\right)=a{\text{e}}^x-1=0$，解得$x=-\ln a$，

当$x<-\ln a$时，$f^{\prime }\left(x\right)<0$，则$f\left(x\right)$在$\left(-\infty ,-\ln a\right)$上单调递减；

当$x>-\ln a$时，$f^{\prime }\left(x\right)>0$，则 $f\left(x\right)$ 在 $\left(-\ln a,+\infty \right)$上单调递增；

综上：当$a\le 0$时，$f\left(x\right)$在$\text{R}$上单调递减； 当$a>0$时，$f\left(x\right)$在$\left(-\infty ,-\ln a\right)$上单调递减，$f\left(x\right)$在$\left(-\ln a,+\infty \right)$上单调递增.

方法一：结合（1）中结论，将问题转化为$a^2-\frac{1}{2}-\ln a>0$的恒成立问题，构造函数$g\left(a\right)=a^2-\frac{1}{2}-\ln a\left(a>0\right)$，利用导数证得$g\left(a\right)>0$即可.

方法二：构造函数$h\left(x\right)={\mathrm{e}}^x-x-1$，证得${\text{e}}^x\ge x+1$，从而得到$f(x)\ge x+\ln a+1+a^2-x$，进而将问题转化为$a^2-\frac{1}{2}-\ln a>0$的恒成立问题，由此得证.

【解析】方法一：由（1）得，$f{\left(x\right)}_{\min }=f\left(-\ln a\right)=a\left({\text{e}}^{-\ln a}+a\right)+\ln a=1+a^2+\ln a$， 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， 令$g\left(a\right)=a^2-\frac{1}{2}-\ln a\left(a>0\right)，则g^{\prime }\left(a\right)=2a-\frac{1}{a}=\frac{2a^2-1}{a}$， 令$g^{\prime }\left(a\right)<0$，则$0<a<\frac{\sqrt{2}}{2}$；令$g^{\prime }\left(a\right)>0$，则$a>\frac{\sqrt{2}}{2}$； 所以$g\left(a\right)$在$\left(0,\frac{\sqrt{2}}{2}\right)$上单调递减，在$\left(\frac{\sqrt{2}}{2},+\infty \right)$上单调递增，

所以$g{\left(a\right)}_{\min }=g\left(\frac{\sqrt{2}}{2}\right)={\left(\frac{\sqrt{2}}{2}\right)}^2-\frac{1}{2}-\ln \frac{\sqrt{2}}{2}=\ln \sqrt{2}>0$，则$g\left(a\right)>0$恒成立， 所以当$a>0$时，$f(x)>2\ln a+\frac{3}{2}$恒成立，证毕.

方法二：令$h\left(x\right)={\mathrm{e}}^x-x-1$，则$h^{\prime }\left(x\right)={\text{e}}^x-1$， 由于$y={\text{e}}^x$在$\text{R}$上单调递增，所以$h^{\prime }\left(x\right)={\text{e}}^x-1$在$\text{R}$上单调递增， 又$h^{\prime }\left(0\right)={\text{e}}^0-1=0$， 所以当$x<0$时，$h^{\prime }\left(x\right)<0$；当$x>0$时，$h^{\prime }\left(x\right)>0$； 所以$h\left(x\right)$在$\left(-\infty ,0\right)$上单调递减，在$\left(0,+\infty \right)$上单调递增， 故$h\left(x\right)\ge h\left(0\right)=0$，则${\text{e}}^x\ge x+1$，当且仅当$x=0$时，等号成立， 因为$f(x)=a\left({\text{e}}^x+a\right)-x=a{\text{e}}^x+a^2-x={\text{e}}^{x+\ln a}+a^2-x\ge x+\ln a+1+a^2-x$， 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$f(x)>2\ln a+\frac{3}{2}$，即证$a^2-\frac{1}{2}-\ln a>0$， 令$g\left(a\right)=a^2-\frac{1}{2}-\ln a\left(a>0\right)，则g^{\prime }\left(a\right)=2a-\frac{1}{a}=\frac{2a^2-1}{a}$， 令$g^{\prime }\left(a\right)<0$，则$0<a<\frac{\sqrt{2}}{2}$；令$g^{\prime }\left(a\right)>0$，则$a>\frac{\sqrt{2}}{2}$； 所以$g\left(a\right)$在$\left(0,\frac{\sqrt{2}}{2}\right)$上单调递减，在$\left(\frac{\sqrt{2}}{2},+\infty \right)$上单调递增， 所以$g{\left(a\right)}_{\min }=g\left(\frac{\sqrt{2}}{2}\right)={\left(\frac{\sqrt{2}}{2}\right)}^2-\frac{1}{2}-\ln \frac{\sqrt{2}}{2}=\ln \sqrt{2}>0$，则$g\left(a\right)>0$恒成立， 所以当$a>0$时，$f(x)>2\ln a+\frac{3}{2}$恒成立，证毕.

💡【考点归纳与避坑指南】

Danger

1. 核心考点：含参函数的分类讨论、利用最小值证明不等式。
2. 核心方法：简化转化法。将关于 $x$ 的不等式通过求最小值转化为仅关于参数 $a$ 的不等式，再构造新函数 $g(a)$ 进行二次求导。
3. 避坑指南：

• 第一问求导后，不可遗漏 $a⩽0$ 这一情况。导数题的分类讨论必须覆盖参数的完整定义域。
• 第二问在求 $f(-\ln a)$ 时，需准确运用对数恒等式 ${\text{e}}^{-\ln a}={\text{e}}^{\ln a^{-1}}=\frac{1}{a}$。
• 判断 $g(a{)}_{\min }=\frac{1}{2}\ln 2>0$ 是最后自洽的关键，必须写出 $\ln 2>0$ 的结论，体现逻辑的严密性。

📖【试题探源与推广】

Tip

1. 试题探源：考查导数在函数单调性及不等式证明中的基础应用，属于常规的“双重求导构造”题型。
2. 结论推广：此类“证明含参不等式恒成立”的问题，标准路径是“求最值化参”。即先将主变元 $x$ 的极值点 $x_0(a)$ 代入原函数，消去 $x$；随后针对残余的参数 $a$ 的代数式构造新的目标函数 $g(a)$，通过研究 $g(a)$ 的单调性与最值来验证其极性界限。

🔗【关联脉络】

Multi column

知识锚点 (Nodes)

• 20.03 导数研究单调性与极值最值
• 03.01 不等式解法体系

类题演练 (Links)

• 2008-大纲卷II文-21 解-三次函数极值与最值恒成立
• 2010-山东卷文-08 单-导数求最值
• 2010-山东卷文-21 解-导数切线与单调性