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第29天·2023新高考I卷·导数压轴拆解

第29天·2023新高考I卷·导数压轴拆解
       来源：2023年新课标全国I卷·第22题（改编）
　　考点：含参单调性讨论、极值、不等式证明、因式分解
　　分值：12分
　　建议用时：18-20分钟
　　难度：⭐⭐⭐⭐⭐
　　题目
　　已知函数f(x)=a(eˣ+a)-x，其中a>0。
　　（1）讨论f(x)的单调性；
　　（2）证明：当a≥1时，f(x)≥2a+a·ln a。
　　手写区
　　（请先独立完成，再往下翻看解析）
　　解析
　　第（1）问：讨论单调性
　　第一步：求导
　　f(x)=a·eˣ+a²-x
　　f'(x)=a·eˣ-1
　　第二步：令f'(x)=0
　　a·eˣ-1=0⇒eˣ=1/a⇒x=-ln a
　　因为a>0，-ln a是实数，所以f'(x)有唯一零点。
　　第三步：判断符号
　　当x<-ln a时，eˣ<1/a，a·eˣ<1，f'(x)<0，f(x)递减。
　　当x>-ln a时，eˣ>1/a，a·eˣ>1，f'(x)>0，f(x)递增。
　　第（1）问答案：
　　f(x)在(-∞,-ln a)上单调递减，在(-ln a,+∞)上单调递增。
　　最小值为f(-ln a)=a·e^(-ln a)+a²+ln a=1+a²+ln a。
　　第（2）问：证明f(x)≥2a+a·ln a
　　第一步：利用第（1）问的最小值
　　由第（1）问，f(x)的最小值为f(-ln a)=1+a²+ln a。
　　所以要证f(x)≥2a+a·ln a，只需证：
　　1+a²+ln a≥2a+a·ln a
　　第二步：移项整理
　　a²-2a+1+ln a-a·ln a≥0
　　(a-1)²+(1-a)·ln a≥0
　　(a-1)²-(a-1)·ln a≥0
　　(a-1)[(a-1)-ln a]≥0
　　第三步：证明(a-1)-ln a≥0（当a≥1时）
　　令h(a)=(a-1)-ln a，a≥1。
　　h'(a)=1-1/a=(a-1)/a。
　　当a>1时，h'(a)>0，h(a)单调递增。
　　h(1)=0-0=0。
　　所以当a≥1时，h(a)≥h(1)=0。
　　即(a-1)-ln a≥0。
　　第四步：判断乘积的符号
　　当a≥1时，a-1≥0，且(a-1)-ln a≥0。
　　所以(a-1)[(a-1)-ln a]≥0。
　　因此1+a²+ln a≥2a+a·ln a，即f(x)≥2a+a·ln a。
　　等号成立条件：a=1且x=-ln1=0。
　　第（2）问证明完毕。
　　易错点提醒
　　第一个坑：第（1）问忘记写a>0的条件。
　　题目给定a>0，所以-ln a是实数，f'(x)有零点。如果a≤0，f'(x)=a·eˣ-1的符号分析会不同，需要另外讨论。本题中a>0已给定，不需要讨论a≤0。
　　第二个坑：第（2）问忘记利用第（1）问的最小值。
　　第（2）问的不等式证明，核心是利用第（1）问求出的最小值f(-ln a)=1+a²+ln a，然后证明这个最小值≥2a+a·ln a。如果重新构造函数求导，计算量会大很多。
　　第三个坑：因式分解时符号搞反。
　　1+a²+ln a-2a-a·ln a=(a-1)²+(1-a)·ln a=(a-1)²-(a-1)·ln a=(a-1)[(a-1)-ln a]。
　　注意(1-a)·ln a=-(a-1)·ln a，符号不能错。
　　第四个坑：证明(a-1)-ln a≥0时忘记用导数。
　　不能直接说“因为ln a<a-1，所以(a-1)-ln a>0”。必须用导数证明h(a)在a≥1上单调递增，且h(1)=0，才能严谨地推出h(a)≥0。
　　真题规律总结
　　2023新高考I卷的导数压轴题是“含参单调性+不等式证明”的经典组合。
　　第（1）问考查含参单调性讨论：求导→令导数为0→解出极值点→判断符号→写单调区间。本题中f'(x)=a·eˣ-1的零点为x=-ln a，因为a>0，零点一定存在。
　　第（2）问考查不等式证明：利用第（1）问的最小值，将问题转化为证明一个关于a的代数不等式，然后通过因式分解和构造函数证明。
　　关键得分点：第（1）问的求导、零点、单调区间、最小值；第（2）问的利用最小值、移项整理、因式分解、构造函数证明符号。
　　备考建议：导数压轴题的第（1）问通常是“送分”的，必须拿满分。第（2）问的核心是“利用第（1）问的结论”，不要重新开始。不等式证明的常用技巧：移项整理→因式分解→判断符号。如果因式分解后某一项符号不确定，就构造函数求导分析。

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