已知函数 f(x)=a ( e ^ x +a )-x ．…——2023 高考数学第 19 题答案解析

【答案】（1）答案见解析
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）先求导，再分类讨论 $a \leq 0$ 与 $a>0$ 两种情况，结合导数与函数单调性的关系即可得解；
**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 $g(a)=a^{2}-\frac{1}{2}-\ln a(a>0)$ ，利用导数证得 $g(a)>0$ 即可．

**方法二**：构造函数 $h(x)=\mathrm{e}^{x}-x-1$ ，证得 $\mathrm{e}^{x} \geq x+1$ ，从而得到 $f(x) \geq x+\ln a+1+a^{2}-x$ ，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．
【小问 1 详解】
因为 $f(x)=a\left(\mathrm{e}^{x}+a\right)-x$ ，定义域为 R ，所以 $f^{\prime}(x)=a \mathrm{e}^{x}-1$ ，
当 $a \leq 0$ 时，由于 $\mathrm{e}^{x}>0$ ，则 $a \mathrm{e}^{x} \leq 0$ ，故 $f^{\prime}(x)=a \mathrm{e}^{x}-1<0$ 恒成立，
所以 $f(x)$ 在 R 上单调递减；

当 $a>0$ 时，令 $f^{\prime}(x)=a \mathrm{e}^{x}-1=0$ ，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，$f \phi(x)>0$ ，则 $f(x)$ 在 $(-\ln a,+\infty)$ 上单调递增；
综上：当 $a \leq 0$ 时，$f(x)$ 在 R 上单调递减；
当 $a>0$ 时，$f(x)$ 在 $(-\infty,-\ln a)$ 上单调递减，$f(x)$ 在 $(-\ln a,+\infty)$ 上单调递增．

## 【小问 2 详解】

**方法一**：
由（1）得，$f(x)_{\text {min }}=f(-\ln a)=a\left(\mathrm{e}^{-\ln a}+a\right)+\ln a=1+a^{2}+\ln a$ ，
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 $g(a)=a^{2}-\frac{1}{2}-\ln a(a>0)$ ，则 $g^{\prime}(a)=2 a-\frac{1}{a}=\frac{2 a^{2}-1}{a}$ ，

令 $g^{\prime}(a)<0$ ，则 $00$ ，则 $a>\frac{\sqrt{2}}{2}$ ；
所以 $g(a)$ 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 $g(a)_{\min }=g\left(\frac{\sqrt{2}}{2}\right)=\left(\frac{\sqrt{2}}{2}\right)^{2}-\frac{1}{2}-\ln \frac{\sqrt{2}}{2}=\ln \sqrt{2}>0$ ，则 $g(a)>0$ 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 $h(x)=\mathrm{e}^{x}-x-1$ ，则 $h^{\prime}(x)=\mathrm{e}^{x}-1$ ，

由于 $y=\mathrm{e}^{x}$ 在 R 上单调递增，所以 $h^{\prime}(x)=\mathrm{e}^{x}-1$ 在 R 上单调递增，
又 $h^{\prime}(0)=\mathrm{e}^{0}-1=0$ ，

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 $\mathrm{e}^{x} \geq x+1$ ，当且仅当 $x=0$ 时，等号成立，
因为 $f(x)=a\left(\mathrm{e}^{x}+a\right)-x=a \mathrm{e}^{x}+a^{2}-x=\mathrm{e}^{x+\ln a}+a^{2}-x \geq x+\ln a+1+a^{2}-x$ ，

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 $a^{2}-\frac{1}{2}-\ln a>0$ ，
令 $g(a)=a^{2}-\frac{1}{2}-\ln a(a>0)$ ，则 $g^{\prime}(a)=2 a-\frac{1}{a}=\frac{2 a^{2}-1}{a}$ ，
令 $g^{\prime}(a)<0$ ，则 $00$ ，则 $a>\frac{\sqrt{2}}{2}$ ；
所以 $g(a)$ 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 $g(a)_{\min }=g\left(\frac{\sqrt{2}}{2}\right)=\left(\frac{\sqrt{2}}{2}\right)^{2}-\frac{1}{2}-\ln \frac{\sqrt{2}}{2}=\ln \sqrt{2}>0$ ，则 $g(a)>0$ 恒成立，
所以当 $a>0$ 时，$f(x)>2 \ln a+\frac{3}{2}$ 恒成立，证毕．