2017年全国卷第21题一类函数问题的推广及应用

求证：
nf
(n)
<
2
+
1 2
+
1 3
+

+
n
1 −
1
．
分析 不等式证明往往可以从以下几个方面考
虑：数学归纳法；构造函数；放缩法；分析法等．本
题可优选分析法．过程如下：
要证
nf
(n)
<
2
+
1 2
+
1 3
+

+
n
1 −1
，
即证
ln
n
<
1
+
1 2
+
1 3
+
ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ
+
1 n−
1
．
因为 n
=
2 1
⋅
3 2
⋅
4 n −1 3 n − 2
以及等式中的零点、极值点等问题联系．这些都是
函数中经典问题，虽有难度，但若我们平时加以积
累和研究便会发现一些规律，从而化难为易，迎刃
而解．本文仅以 2017 年全国卷 III 第 21 题为例作一
些探索，以飨读者．
试题再现
（2017 年高考数学全国 III 卷·理 21）已知函
数 f (x) = x −1− a ln x ，
推广 3 的应用有时也会出其不意，一招制胜． 例 3 已知函数 f (x) = ln x ， g(x) = ex ，试比较
g(x) 与 f (x) + 2 的大小．
分析 对于比较大小，我们常选用比较法（作差
或作商），构造新函数来进行求解，过程如下：
法 1 （构造函数） 令 m(x) =ex − ln x − 2 ，
（1）若 f (x) ≥ 0 ，求 a 的值；
（2）设 m 为整数．且对于任意的正整数 n ，
(1 +
1 )(1 + 2
1 22
) (1 +
1 2n
)
<
m
，求
m
的最小值．
分析 （1） a = 1 （过程略）；
（2）由（1）有 ln x ≤ x −1 ，
∴ln(1+ x) ≤ x ，
∴ ln(1 +
=
1 x0
+
x0
−2
>
0，
（或 m(x)min = m(x0 ) = ex0 + x0 − 2
> m(1)= e −1 > 0 ）． 2
法 2 利用已有推广式 ln x ≤ x −1 及 ex ≥ x −1 ，
易得当 x > 0 时， ex > x +1．
又 ln x + 2 ≤ x −1+ 2 = x +1， ∴ex > ln x + 2 ．
⋅
n n −1
，
所以即证 ln n=
ln( 2 ⋅ 3 ⋅ 4 n −1 ⋅ n ) 1 2 3n − 2 n −1
=
ln
2 1
+
ln
3 2
+
ln
4 3
+

+
ln
n n
−1 −2
+
ln
n
n −1
<
1
+
1 2
+
1 3
+

+
n
1 −1
．
又 n = 1+ 1 ， ln(1+ x) ≤ x ， n −1 n −1
决问题的速度与效度．
下面就自然对数不等式 ln x ≤ x −1 作一些推广．
推广 1 不等式 ln(1+ x) ≤ x(x > −1) 恒成立．
证明 因为 ln x ≤ x −1 用 x +1替代上式中的 x ，易
得 ln(1+ x) ≤ x 其应用非常广泛，尤其在不等式证明方
面，不妨举例如下：
例 1 已知 f (x) = 1+ ln x ，当 n ∈ N* ， n ≥ 2 时， x
n
即证 ln n ≥ 1− 1 ． n
因为 ln x ≥ 1− 1 ， x
所以原不等式借助推广 2 易证． 推广 3 不等式 ex ≥ x +1恒成立（当且仅当 x = 0
时，取等号）．
证明 ln x ≤ x −1 ， ∴ 用 ex 替代上式 x 得 ln ex ≤ ex −1 ， ∴ex ≥ x +1．
30
福建中学数学
2019 年第 3 期
2017 年全国卷第 21 题一类函数问题的推广及应用
刘友明 江苏省盐城市建湖高级中学（224700）
导数知识点的考查是作为全国高考卷必做题的
最后一题，其地位不言而喻，深得命题者及考生的
青睐，同时也是高三后期教师复习的重点及难点．其
考试题型往往是与不等式有关的有解及恒成立问题
数不等式．
推广 2 不等式 ln x ≥ 1− 1 恒成立． x
证明 ln x ≤ x −1 ，
∴用 1 代替上式 x 得 ln 1 ≤ 1 −1 ，
x
xx
即 ln x ≥ 1− 1 ． x
此推广 2 的应用在不等式证明中以起到柳暗花
明又一村的作用．
例 2 求证：对于任意正整数 n ，均有1+ 1 + 2
m′(x=) ex − 1 ， x
m′′(x) =ex
+
1 x2
>0，
∴ m′(x) 在 (0，+ ∞) 上是单调增函数，
又 m′(1)= e − 2 < 0 ， 2
m(x)min = e −1 > 0 ， ∴ m′(1) ⋅ m′(1) < 0 ，
2 又 m′(x) 在 (0，+ ∞) 上图象是连续不间断的．
1 )
2n
≤
1 2n
，
∑ ∴
n
ln(1 +
i =1
1 2n
)
≤
1 21
+
1 22
++
1 2n
=1 −
1 2n
<1，
∴ln m ≥ 1 ， m ≥ e ，
∴ mmin = 3 ． 点评 首先要有前后联系的意识，（2）在利用
不等式 ln x ≤ x −1 后就会轻松解决，化险为夷．可见
自然对数不等式 ln x ≤ x −1 能否灵活运用直接影响解
1 3
+
1 n
≥
ln
en n!
（
e
为自然对数的底数）．
2019 年第 3 期
福建中学数学
31
分析 右边= n − ln(n!)
= n − ln(1× 2 × 3× × n)
=n − (ln1+ ln 2 + ln 3 + ln n)
= (1− ln1) + (1− ln 2) + + (1− ln n) ， 从结构上易分析得到，即证 1 ≥ 1− ln n ，
点评 可见掌握一些典型的不等式，可轻松解决
一些所谓超繁的不等式问题．否则就如此题，先通
∴
在
(0，+
∞)
上
m′(
x)
必存在唯一零点
x0
∈
(
1 2
，1)
，
即 ex0
=
1 x0
，∴ x0
1 = ln
x0
，
∴ − ln x0 = x0 ，
当 x ∈ (0，x0 ) 时， m(x) 单调减，
当 x ∈ (x0，+ ∞) 时， m(x) 单调增，
∴ m(x)min =M (x0 ) =ex0 − ln x0 − 2
所以 ln n =ln(1+ 1 ) < 1 ，
n −1
n −1 n −1
所以
ln
n
<
1
+
1 2
+

+
1 n−
1
，
所以原命题得证．
点评 在处理不等式证明问题时，其中首先要注
意式子的结构特征，不等式左边只有一项 ln n ，而右
边有 (n −1) 拆成1+ 1 ，然后用推广 1 不等式．要 n −1
做到灵活运用，那就要求我们心中时刻要有自然对