第三章 第二节 高考增分策略(7)-（教师用书）【导学教程】2024旧教材老高考数学新编大一轮总复习（人教A版理科）

[对应学生用书P64] (1)函数中与正整数有关的不等式，其实质是利用函数性质证明数列不等式，证明此类问题时常根据已知的函数不等式，用关于正整数n的不等式替代函数不等式中的自变量．通过多次求和达到证明的目的．此类问题一般至少两问，所证的不等式常由第一问根据待证式的特征而得到． (2)已知函数式为指数不等式(或对数不等式)，而待证不等式为与对数有关的不等式(或与指数有关的不等式)，还要注意指、对数式的互化，如ex>x＋1可化为ln (x＋1)<x等． 　已知函数f(x)＝x－1－a ln x. (1)若f(x)≥0，求a的值； (2)设m为整数，且对于任意正整数n， …<m，求m的最小值． [解析]　(1)f(x)的定义域为(0，＋∞). ①若a≤0，因为f＝－＋a ln 2<0，所以不满足题意； ②若a>0，由f′(x)＝1－＝，知当x∈(0，a)时，f′(x)<0；当x∈(a，＋∞)时，f′(x)>0. 所以f(x)在(0，a)上单调递减，在(a，＋∞)上单调递增． 故x＝a是f(x)在(0，＋∞)上的唯一最小值点． 由于f(1)＝0，所以当且仅当a＝1时，f(x)≥0. 故a＝1. (2)由(1)知当x∈(1，＋∞)时，x－1－ln x>0. 令x＝1＋，得ln <. 从而ln ＋ln ＋…＋ln <＋＋…＋＝1－<1. 故…<e. 而××>2. 所以m的最小值为3. 　已知函数f(x)＝ln (x＋a)－x2－x在x＝0处取得极值． (1)求实数a的值； (2)证明：对于任意的正整数n，不等式2＋＋＋…＋>ln (n＋1)都成立． [解析]　(1)因为f′(x)＝－2x－1(x>－a)， 又因为x＝0为f(x)的极值点， 所以f′(0)＝－1＝0，所以a＝1. (2)证明　由(1)知f(x)＝ln (x＋1)－x2－x. 函数定义域为(－1，＋∞). 因为f′(x)＝－2x－1＝－. 令f′(x)＝0，得x＝0. 当x变化时，f(x)，f′(x)变化情况如下表： x (－1，0) 0 (0，＋∞) f′(x) ＋ 0 － f(x)  极大值  所以f(x)≤f(0)＝0，即ln (x＋1)≤x2＋x(当且仅当x＝0时取等号). 令x＝，则ln <＋，即ln <， 所以ln ＋ln ＋…＋ln <2＋＋…＋. 即2＋＋＋…＋>ln (n＋1). [对应学生用书P312] [提升练] 1．已知函数f(x)＝－ln x. (1)求函数f(x)在上的最大值和最小值(其中e是自然对数的底数)； (2)求证：ln ≤. 解析　(1)f(x)＝－ln x＝1－－ln x， f(x)的定义域为(0，＋∞). ∵f′(x)＝－＝， 由f′(x)>0，得0<x<1，由f′(x)<0，得x>1， ∴f(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减． ∴f(x)在上的最大值为f(1)＝1－－ln 1＝0. 又f＝1－e－ln ＝2－e， f(e)＝1－－ln e＝－，且f<f(e)， ∴f(x)在上的最小值为f＝2－e. 综上，f(x)在上的最大值为0，最小值为2－e. (2)证明　要证ln ≤， 即证2－ln x≤1＋， 即证1－－ln x≤0， 即证f(x)≤0. 由(1)可知，f(x)＝1－－ln x在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减， ∴f(x)在(0，＋∞)上的最大值为f(1)＝1－1－ln 1＝0， 即f(x)≤0恒成立， ∴1－－ln x≤0恒成立，故原不等式得证． 2．已知函数f(x)＝ln x＋ax2＋(2a＋1)x. (1)讨论f(x)的单调性； (2)当a<0时，证明：f(x)≤－－2. 解析　(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)， f′(x)＝＋2ax＋2a＋1＝. 若a≥0，则当x∈(0，＋∞)时，f′(x)>0， 故f(x)在(0，＋∞)上单调递增． 若a<0，则当x∈时，f′(x)>0； 当x∈时，f′(x)<0. 故f(x)在上单调递增，在上单调递减． (2)证明　由(1)知，当a<0时，f(x)在x＝－处取得最大值，最大值为f＝ln －1－， 所以f(x)≤－－2等价于ln －1－≤－－2， 即ln ＋＋1≤0. 设g(x)＝ln x－x＋1，则g′(x)＝－1. 当x∈(0，1)时，g′(x)>0； 当x∈(1，＋∞)时，g′(x)<0. 所以g(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减． 故当x＝1时，g(x)取得最大值，最大值为g(1)＝0. 所以当x>0时，g(x)≤0. 从而当a<0时，ln ＋＋1≤0， 即f(x)≤－－2. [冲刺练] 3．已知函数f(x)＝ln x＋(a∈R)的图象在点处的切线斜率为－e，其中e为自然对数的底数．