浙江 2023 · 数学 q19

冷启动：求导看一眼结构

$f(x)=a(e^x+a)-x=ae^x+a^2-x$，导数（用常见函数的导数 $(e^x)'=e^x$）：

$$f'(x)=ae^x-1$$

$f'$ 的符号由参数 $a$ 决定，所以第 (1) 问要按 $a$ 分类讨论。第 (2) 问只在 $a>0$ 下证 $f(x)>2\ln a+\dfrac32$——由 (1) 知 $a>0$ 时 $f$ 有最小值，故「对一切 $x$ 成立」只需「最小值 $>$ 右端」，化成一个只含 $a$ 的不等式 $a^2-\ln a-\dfrac12>0$。到这个不等式为止两解法相同，分歧只在怎么证它：一条构造 $g(a)$ 求导，一条用指对函数的切线放缩一步到位。

解法一：取最小值后构造 g 求导

（1）讨论单调性

$f'(x)=ae^x-1$。

• $a\le0$：$ae^x\le0<1$，故 $f'(x)<0$ 恒成立，$f$ 在 $\mathbf{R}$ 上单调递减（见含参导数漏掉参数非正的一支，这一支别漏）。
• $a>0$：令 $f'(x)=0$ 得 $e^x=\dfrac1a$，即 $x=\ln\dfrac1a$。当 $x<\ln\dfrac1a$ 时 $f'<0$、$f$ 递减；当 $x>\ln\dfrac1a$ 时 $f'>0$、$f$ 递增。

综上：$a\le0$ 时 $f$ 在 $\mathbf{R}$ 上单调递减；$a>0$ 时 $f$ 在 $\left(-\infty,\ln\dfrac1a\right)$ 上递减、在 $\left(\ln\dfrac1a,+\infty\right)$ 上递增。

（2）构造 g(a) 求导证不等式

$a>0$ 时由 (1)，$f$ 在 $x=\ln\dfrac1a$ 取最小值：

$$f_{\min}=f\!\left(\ln\frac1a\right)=a\!\left(\frac1a+a\right)-\ln\frac1a=1+a^2+\ln a$$

故只需证 $1+a^2+\ln a>2\ln a+\dfrac32$，即

$$a^2-\ln a-\frac12>0\qquad(a>0)$$

按构造函数证不等式，设 $g(a)=a^2-\ln a-\dfrac12$（$a>0$），求导：

$$g'(a)=2a-\frac1a=\frac{2a^2-1}{a}$$

令 $g'(a)=0$ 得 $a=\dfrac{\sqrt2}{2}$。$a\in\left(0,\dfrac{\sqrt2}{2}\right)$ 时 $g'<0$、$g$ 递减；$a\in\left(\dfrac{\sqrt2}{2},+\infty\right)$ 时 $g'>0$、$g$ 递增。故

$$g(a)\ge g\!\left(\frac{\sqrt2}{2}\right)=\frac12-\ln\frac{\sqrt2}{2}-\frac12=-\ln\frac{\sqrt2}{2}=\frac{\ln2}{2}>0$$

（$\dfrac{\sqrt2}{2}<1$ 故 $\ln\dfrac{\sqrt2}{2}<0$，取负号后 $>0$。）于是 $a^2-\ln a-\dfrac12>0$ 成立，原不等式得证。$\blacksquare$

解法二：取最小值后用切线放缩

（1）讨论单调性

与解法一相同：$f'(x)=ae^x-1$。$a\le0$ 时 $f'<0$ 恒成立、$f$ 在 $\mathbf{R}$ 上递减；$a>0$ 时 $f$ 在 $\left(-\infty,\ln\dfrac1a\right)$ 上递减、在 $\left(\ln\dfrac1a,+\infty\right)$ 上递增。

（2）切线放缩，免去对 g 求导

同样由 $f_{\min}=1+a^2+\ln a$，归结为证 $a^2-\ln a-\dfrac12>0$（$a>0$）。这次不构造 $g$ 求导，而用指对函数的切线放缩 $\ln a\le a-1$（等号 $a=1$）：

$$-\ln a\ge 1-a$$

代进去：

$$a^2-\ln a-\frac12\ \ge\ a^2+(1-a)-\frac12\ =\ a^2-a+\frac12\ =\ \left(a-\frac12\right)^2+\frac14\ \ge\ \frac14\ >0$$

放缩后的下界 $\left(a-\dfrac12\right)^2+\dfrac14$ 恒不小于 $\dfrac14$，已是严格正，故 $a^2-\ln a-\dfrac12>0$ 成立，原不等式得证——全程没对 $g$ 求一次导。$\blacksquare$

这两条路差在哪。 两条路在「$f_{\min}=1+a^2+\ln a$ → 归结为 $a^2-\ln a-\dfrac12>0$」完全一致，分歧只在最后这一步。解法一是通法：构造 $g$ 求导、找 $g$ 的最小值 $-\ln\dfrac{\sqrt2}{2}=\dfrac{\ln2}{2}>0$，机械但稳，任何「求导后单调性干净」的单变量不等式都吃得下。解法二是巧法：认出 $-\ln a$ 可用切线放缩 $\ge 1-a$ 换成一次式，配方即得 $\ge\dfrac14>0$，一步到位——但放缩有方向、有松紧，能用是因为这里恰好放得够紧。两者殊途同归，证的都是同一个 $>0$。

🕳️ 避坑

• 分类要穷尽：$f'=ae^x-1$ 务必先分 $a\le0$ 与 $a>0$；只写 $a>0$ 就漏了「$a\le0$ 时 $f'$ 恒负、整体递减」这一支（见含参导数漏掉参数非正的一支）。
• 最小值里的对数符号：$f\!\left(\ln\dfrac1a\right)=-\ln\dfrac1a=+\ln a$，别把 $\ln\dfrac1a$ 的负号丢成 $-\ln a$。
• 解法一里 $g$ 的最小值判号：$g\!\left(\dfrac{\sqrt2}{2}\right)=-\ln\dfrac{\sqrt2}{2}$，因 $\dfrac{\sqrt2}{2}<1$ 故对数为负、取负号为正；这一步判错符号整条证明就反了。
• 解法二里放缩方向：$\ln a\le a-1$ 给出的是 $-\ln a$ 的下界，正好用来证「$>0$」（往小了放还正，就更正）；方向反了就证不动。

故（1）单调性如上分类；（2）当 $a>0$ 时 $f(x)>2\ln a+\dfrac32$ 得证，$\boxed{\text{见上}}$。