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　从教材经典题到高考试题的衍变过程展示
　　《中国高考报告》指出，高考命题会以教材中的知识为蓝本进行改造，既可以实现对基础知识的考查，又可以引导学生回归教材，从而减轻学习负担，提高学生学习的针对性和有效性.教材是课程标准的重要载体，更是高考命题的重要题源之一，在教材中有很多具有深度的“探究”、例题、习题、阅读材料等，如果能够充分利用好这些内容，既有助于学生数学学科核心素养的有效形成与提升，又能提高高三数学复习课的学习效率.
　　本文将依据人A选二P89例4的结论1－≤ln x（x＞0）；P94练习2题，证明不等式x－1≥ln x，x∈（0，＋∞）；P99习题12题，利用函数的单调性，证明下列不等式，并通过函数图象直观验证：（1）ex＞1＋x（x≠0）；（2）ln x＜x＜ex（x＞0）；四个经典不等式为母题，展示高考真题的命制过程与衍变规律.
一、教材经典题的挖掘与拓展
由上述四个不等式，再结合人A必修一P256复习参考题26题介绍的泰勒公式可推出下列不等式：
①当0＜x＜1时，1＋x＜ex＜1＋x＋x2＋x3＋…＋xn＋…＝（无穷递缩等比数列）；
将①两边取自然对数，得
②ln（1＋x）＜x＜ln ＝－ln（1－x）；
将②右半部分x＜－ln（1－x）中的x用替换可得
③＜－ln＝ln（1＋x）；
综合②③可得
④＜ln（x＋1）＜x（0＜x＜1）；
注意上述①～④均是在0＜x＜1时成立.
事实上，①可以加强为如下两个不等式：
⑤ex≥1＋x（x∈R）；
⑥ex≤（x＜1）；
④可以加强为
⑦≤ln（1＋x）≤x（x＞－1）.
二、例析高考题的衍变过程
1.由ln（x＋1）＜x（x＞－1）编拟高考题
（1）用替换方法编拟
编拟思路 因为当x＞－1时，ln（x＋1）＜x，令x＝（n≥1，n∈N*），用替换x得ln＜，即ln（1＋n）－ln n＜.
由此可编拟出函数不等式的证明题.
（往届高考真题节选）求证对任意正整数n，不等式ln（1＋n）－ln n＜都成立.
（2）用累加方法编拟
编拟思路 因为当x＞－1时，ln（x＋1）＜x，令x＝（n≥1）得
＞ln＝ln ＝ln（n＋2）－ln（n＋1），
所以＝1－＜1－ln（n＋2）＋ln（n＋1），
分别取n＝1，2，…，n，累加得
＋＋…＋＜（1－ln 3＋ln 2）＋（1－ln 4＋ln 3）＋…＋[1－ln（n＋2）＋ln（n＋1）]＝n＋ln 2－ln（n＋2）＝n－ln .
由此可以编拟出数列不等式的证明题.
（往届高考真题）已知数列{an}满足a1＝，an＋1＝.
（1）求数列{an}的通项公式；
（2）设数列{an}的前n项和为Sn，求证：Sn＜n－ln .
2.由ex≥1＋x编拟高考题
（1）由变形方法编拟
编拟思路 当x＞－1时，由ex≥1＋x＞0，变形取倒数，可得e－x≤.从而1－e－x≥1－，即1－e－x≥.
由此可编拟出函数不等式的证明问题.
（往届高考真题节选）设函数f（x）＝1－e－x，求证：当x＞－1时，f（x）≥.
证明过程同上编拟思路（略）.
（2）由放缩方法编拟
编拟思路 因为ex≥1＋x，所以ex－x≥1，从而（ex－x）2≥1，借助均值不等式≤a2＋b2可得≤＝[（ex－t）＋（t－x）]2≤（ex－t）2＋（t－x）2＝e2x－2t（ex＋x）＋x2＋2t2.
故≤e2x－2t（ex＋x）＋x2＋2t2＋1.
（往届高考真题）已知函数f（x）＝e2x－2t（ex＋x）＋x2＋2t2＋1.证明：f（x）≥.
证明过程同上编拟思路（略）.
（3）由x－1≥ln x（x＞0）与ex＞1＋x融合编拟
（往届高考真题节选）已知函数f（x）＝ex－ln（x＋m）.求证：当m≤2时，f（x）＞0.（现已编为人A选二P104复习参考题18题）
3.由≤ln（1＋x）≤x编拟高考题
（1）由ln（1＋x）≤x变形放缩方法编拟
编拟思路 因为ln（1＋x）≤x，所以当x＞－1时，两边同除以1＋x变形为≤.
所以x－≥x－＝＝（1＋x）＋－2≥2－2＝0.（利用基本不等式放缩）
令f（x）＝x－，则f（x）≥0，等号当且仅当x＝0时取得.
由此可编拟出求函数最值的填空题.
（2025·湖南长郡中学模拟题节选）设函数f（x）＝x－（x＞－1），则f（x）在定义域上的最小值是　　　　.
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（2）由≤ln（1＋x）变形衍变编拟
编拟思路 因为＜ln（1＋x），又当x＞0时，x＋1＞0，将其恒等变形后，得＞1.
令f（x）＝（1＋x）ln（1＋x），则上式即为＞1，假若f（x）≥ax对x≥0恒成立，则当x＞0时，a≤，从而a≤1.
由此可以编拟出已知函数不等式，求参数a范围的解答题.
（往届高考真题）设函数f（x）＝（1＋x）ln（1＋x），若对所有的x≥0都有f（x）≥ax成立，求实数a的取值范围.
高考还可以这样考
1.已知函数f（x）＝ln（x＋1）－x.
（1）求f（x）的单调递减区间；
（2）若x＞－1，证明：1－≤ln（x＋1）≤x.
2.已知函数f（x）＝xln x，g（x）＝－x2＋ax－3，a∈R.
（1）若对任意的x∈（0，＋∞），不等式f（x）≥g（x）恒成立，求a的取值范围；
（2）求证：对任意的x∈（0，＋∞），不等式ln x＞－恒成立.
考教衔接　从教材经典题到高考试题的衍变过程展示
【例1】 证明：因为n为任意正整数，
要证ln（1＋n）－ln n＜，
只要证ln（）＜即可，
只要证ln（1＋）＜即可，
又因当x＞－1时，ln（1＋x）＜x成立，且＞0＞－1，
所以对任意正整数n，不等式ln（1＋n）－ln n＜都成立.
【例2】 解：（1）an＋1－1＝－1＝，
所以＝＝－1＋，
所以是首项为－2，公差为－1的等差数列，
所以＝－n－1，即an＝.
（2）证明：由（1）知an＝，所以Sn＝＋＋…＋，
因为ln（x＋1）＜x，令x＝（n≥1）得
＞ln（1＋）＝ln＝ln（n＋2）－ln（n＋1），
所以＝1－＜1－ln（n＋2）＋ln（n＋1），
分别取n＝1，2，…，n累加得
＋＋…＋＜（1－ln 3＋ln 2）＋（1－ln 4＋ln 3）＋…＋[1－ln（n＋2）＋ln（n＋1）]＝n＋ln 2－ln（n＋2）＝n－ln，
所以Sn＜n－ln成立.
【例5】 证明：由教材不等式（2）x－1≥ln x（x＞0）成立，
用x＋2替换x得x＋1≥ln（x＋2），
又因为m≤2，故ln（x＋2）≥ln（x＋m），
结合教材不等式（3）可知ex＞1＋x≥ln（x＋2）≥ln（x＋m），
所以ex＞ln（x＋m），
即当m≤2时，f（x）＞0.
【例6】 0　解析：∵ln（1＋x）≤x，∴当x＞－1时，≤成立，∴f（x）＝x－≥x－＝＝（1＋x）＋－2≥2－2＝0，当且仅当x＝0时取等号.
【例7】 解：∵＜ln（1＋x），当x＞0时，＞1成立.
由f（x）＝（1＋x）ln（1＋x），则＞1成立，
要使f（x）≥ax对x≥0恒成立.
则当x＞0时，a≤，即a≤1.
故实数a的取值范围为（－∞，1].
高考还可以这样考
1.解：（1）函数f（x）的定义域为（－1，＋∞），f'（x）＝－1＝－.
令f'（x）＜0，即＜0，解得x＜－1或x＞0.
又x＞－1，∴当x＞0时，即在（0，＋∞）上f'（x）＜0.
∴f（x）在（0，＋∞）上单调递减，即所求单调递减区间为（0，＋∞）.
（2）证明：由（1）知，当x∈（－1，0）时，f'（x）＞0；
当x∈（0，＋∞）时，f'（x）＜0.
∴当x＞－1时，f（x）≤f（0），
即ln（1＋x）－x≤ln（1＋0）－0，
∴ln（1＋x）－x≤0，∴ln（1＋x）≤x.
令g（x）＝ln（1＋x）＋－1（x＞－1），
则g'（x）＝－＝.
当x＞0时，g'（x）＞0；当－1＜x＜0时，g'（x）＜0.
∴g（x）≥g（0）＝0，∴ln（1＋x）≥1－.
综上可知，当x＞－1时，1－≤ln（x＋1）≤x.
2.解：（1）不等式f（x）≥g（x）恒成立，即xln x≥（－x2＋ax－3）恒成立，也就是a≤2ln x＋x＋恒成立，故先求h（x）＝2ln x＋x＋的最小值.
由≤ln（1＋x）可知ln x≥，当且仅当x＝1时等号成立，于是结合均值不等式可知，
h（x）＝2ln x＋x＋≥＋x＋＝2＋x＋≥4，当且仅当x＝1时等号成立.
故a的取值范围为（－∞，4].
（2）证明：由ex≥x＋1得ex－1≥x，即ex≥ex，从而≥e－x（当且仅当x＝1时等号成立）.
由ex－1≥x（当且仅当x＝1时等号成立）得e1－x≤，即≤ex，两边取以e为底的对数得，ln（ex）≥1－，变形得ln x＋≥0，当且仅当x＝时等号成立.
注意到≥e－x和ln x＋≥0的等号不能同时成立，结合不等式同向可加性得ln x＋＞e－x，化简得ln x＞－.
3 / 3(共23张PPT)
考教衔接　
从教材经典题到高考试题的衍变过程展示
高中总复习·数学
　　《中国高考报告》指出，高考命题会以教材中的知识为蓝本进行改
造，既可以实现对基础知识的考查，又可以引导学生回归教材，从而减轻
学习负担，提高学生学习的针对性和有效性.教材是课程标准的重要载
体，更是高考命题的重要题源之一，在教材中有很多具有深度的“探
究”、例题、习题、阅读材料等，如果能够充分利用好这些内容，既有助
于学生数学学科核心素养的有效形成与提升，又能提高高三数学复习课的
学习效率.
　　本文将依据人A选二P89例4的结论1－ ≤ln x（x＞0）；P94练习2
题，证明不等式x－1≥ln x，x∈（0，＋∞）；P99习题12题，利用函数
的单调性，证明下列不等式，并通过函数图象直观验证：（1）ex＞1＋x
（x≠0）；（2）ln x＜x＜ex（x＞0）；四个经典不等式为母题，展示高
考真题的命制过程与衍变规律.
一、教材经典题的挖掘与拓展
由上述四个不等式，再结合人A必修一P256复习参考题26题介绍的泰勒公
式可推出下列不等式：
①当0＜x＜1时，1＋x＜ex＜1＋x＋x2＋x3＋…＋xn＋…＝ （无穷递
缩等比数列）；
将①两边取自然对数，得
②ln（1＋x）＜x＜ln ＝－ln（1－x）；
将②右半部分x＜－ln（1－x）中的x用 替换可得
③ ＜－ln ＝ln（1＋x）；
综合②③可得
④ ＜ln（x＋1）＜x（0＜x＜1）；
注意上述①～④均是在0＜x＜1时成立.
事实上，①可以加强为如下两个不等式：
⑤ex≥1＋x（x∈R）；
⑥ex≤ （x＜1）；
④可以加强为
⑦ ≤ln（1＋x）≤x（x＞－1）.
二、例析高考题的衍变过程
1. 由ln（x＋1）＜x（x＞－1）编拟高考题
（1）用替换方法编拟
编拟思路 因为当x＞－1时，ln（x＋1）＜x，令x＝ （n≥1，
n∈N*），用 替换x得ln ＜ ，即ln（1＋n）－ln n＜ .
由此可编拟出函数不等式的证明题.
（往届高考真题节选）求证对任意正整数n，不等式ln（1＋n）－ln
n＜ 都成立.
证明：因为n为任意正整数，
要证ln（1＋n）－ln n＜ ，
只要证ln（ ）＜ 即可，
只要证ln（1＋ ）＜ 即可，
又因当x＞－1时，ln（1＋x）＜x成立，且 ＞0＞－1，
所以对任意正整数n，不等式ln（1＋n）－ln n＜ 都成立.
（2）用累加方法编拟
编拟思路 因为当x＞－1时，ln（x＋1）＜x，令x＝ （n≥1）得
＞ln ＝ln ＝ln（n＋2）－ln（n＋1），
所以 ＝1－ ＜1－ln（n＋2）＋ln（n＋1），
分别取n＝1，2，…，n，累加得
＋ ＋…＋ ＜（1－ln 3＋ln 2）＋（1－ln 4＋ln 3）＋…＋[1－ln（n
＋2）＋ln（n＋1）]＝n＋ln 2－ln（n＋2）＝n－ln .
由此可以编拟出数列不等式的证明题.
用累加方法编拟
（往届高考真题）已知数列{an}满足a1＝ ，an＋1＝ .
（1）求数列{an}的通项公式；
解： an＋1－1＝ －1＝ ，
所以 ＝ ＝－1＋ ，
所以 是首项为－2，公差为－1的等差数列，
所以 ＝－n－1，即an＝ .
（2）设数列{an}的前n项和为Sn，求证：Sn＜n－ln .
解： 证明：由（1）知an＝ ，所以Sn＝ ＋ ＋…＋ ，
因为ln（x＋1）＜x，令x＝ （n≥1）得
＞ln（1＋ ）＝ln ＝ln（n＋2）－ln（n＋1），
所以 ＝1－ ＜1－ln（n＋2）＋ln（n＋1），
分别取n＝1，2，…，n累加得
＋ ＋…＋ ＜（1－ln 3＋ln 2）＋（1－ln 4＋ln 3）＋…＋[1－ln（n
＋2）＋ln（n＋1）]＝n＋ln 2－ln（n＋2）＝n－ln ，
所以Sn＜n－ln 成立.
2. 由ex≥1＋x编拟高考题
（1）由变形方法编拟
编拟思路 当x＞－1时，由ex≥1＋x＞0，变形取倒数，可得e－x≤ .从
而1－e－x≥1－ ，即1－e－x≥ .
由此可编拟出函数不等式的证明问题.
（往届高考真题节选）设函数f（x）＝1－e－x，求证：当x＞－1
时，f（x）≥ .
证明过程同上编拟思路（略）.
（2）由放缩方法编拟
编拟思路 因为ex≥1＋x，所以ex－x≥1，从而（ex－x）2≥1，借助均值
不等式 ≤a2＋b2可得 ≤ ＝ [（ex－t）＋（t－
x）]2≤（ex－t）2＋（t－x）2＝e2x－2t（ex＋x）＋x2＋2t2.
故 ≤e2x－2t（ex＋x）＋x2＋2t2＋1.
（往届高考真题）已知函数f（x）＝e2x－2t（ex＋x）＋x2＋2t2＋
1.证明：f（x）≥ .
证明过程同上编拟思路（略）.
（3）由x－1≥ln x（x＞0）与ex＞1＋x融合编拟
（往届高考真题节选）已知函数f（x）＝ex－ln（x＋m）.求证：
当m≤2时，f（x）＞0.（现已编为人A选二P104复习参考题18题）
证明：由教材不等式（2）x－1≥ln x（x＞0）成立，
用x＋2替换x得x＋1≥ln（x＋2），
又因为m≤2，故ln（x＋2）≥ln（x＋m），
结合教材不等式（3）可知ex＞1＋x≥ln（x＋2）≥ln（x＋m），
所以ex＞ln（x＋m），
即当m≤2时，f（x）＞0.
3. 由 ≤ln（1＋x）≤x编拟高考题
（1）由ln（1＋x）≤x变形放缩方法编拟
编拟思路 因为ln（1＋x）≤x，所以当x＞－1时，两边同除以1＋x变形
为 ≤ .
所以x－ ≥x－ ＝ ＝（1＋x）＋ －
2≥2 －2＝0.（利用基本不等式放缩）
令f（x）＝x－ ，则f（x）≥0，等号当且仅当x＝0时取得.
由此可编拟出求函数最值的填空题.
（2025·湖南长郡中学模拟题节选）设函数f（x）＝x－
（x＞－1），则f（x）在定义域上的最小值是 .
解析：∵ln（1＋x）≤x，∴当x＞－1时， ≤ 成立，∴f
（x）＝x－ ≥x－ ＝ ＝（1＋x）＋ －
2≥2 －2＝0，当且仅当x＝0时取等号.
（2） 　由 ≤ln（1＋x）变形衍变编拟　
0　
编拟思路 因为 ＜ln（1＋x），又当x＞0时，x＋1＞0，将其恒等变形
后，得 ＞1.
令f（x）＝（1＋x）ln（1＋x），则上式即为 ＞1，假若f（x）
≥ax对x≥0恒成立，则当x＞0时，a≤ ，从而a≤1.
由此可以编拟出已知函数不等式，求参数a范围的解答题.
（往届高考真题）设函数f（x）＝（1＋x）ln（1＋x），若对所有
的x≥0都有f（x）≥ax成立，求实数a的取值范围.
解：∵ ＜ln（1＋x），当x＞0时， ＞1成立.
由f（x）＝（1＋x）ln（1＋x），则 ＞1成立，
要使f（x）≥ax对x≥0恒成立.
则当x＞0时，a≤ ，即a≤1.
故实数a的取值范围为（－∞，1].
高考还可以这样考
1. 已知函数f（x）＝ln（x＋1）－x.
（1）求f（x）的单调递减区间；
解： 函数f（x）的定义域为（－1，＋∞），f'（x）＝ －1＝－ .
令f'（x）＜0，即 ＜0，解得x＜－1或x＞0.
又x＞－1，
∴当x＞0时，即在（0，＋∞）上f'（x）＜0.
∴f（x）在（0，＋∞）上单调递减，即所求单调递减区间为（0，＋∞）.
（2）若x＞－1，证明：1－ ≤ln（x＋1）≤x.
解： 证明：由（1）知，当x∈（－1，0）时，f'（x）＞0；
当x∈（0，＋∞）时，f'（x）＜0.
∴当x＞－1时，f（x）≤f（0），
即ln（1＋x）－x≤ln（1＋0）－0，
∴ln（1＋x）－x≤0，
∴ln（1＋x）≤x.
令g（x）＝ln（1＋x）＋ －1（x＞－1），
则g'（x）＝ － ＝ .
当x＞0时，g'（x）＞0；当－1＜x＜0时，g'（x）＜0.
∴g（x）≥g（0）＝0，
∴ln（1＋x）≥1－ .
综上可知，当x＞－1时，1－ ≤ln（x＋1）≤x.
2. 已知函数f（x）＝xln x，g（x）＝－x2＋ax－3，a∈R.
（1）若对任意的x∈（0，＋∞），不等式f（x）≥ g（x）恒成立，求
a的取值范围；
解： 不等式f（x）≥ g（x）恒成立，即xln x≥ （－x2＋ax－3）
恒成立，也就是a≤2ln x＋x＋ 恒成立，故先求h（x）＝2ln x＋x＋ 的
最小值.
由 ≤ln（1＋x）可知ln x≥ ，
当且仅当x＝1时等号成立，于是结合均值不等式可知，
h（x）＝2ln x＋x＋ ≥ ＋x＋ ＝2＋x＋ ≥4，当且仅当x＝1
时等号成立.
故a的取值范围为（－∞，4].
（2）求证：对任意的x∈（0，＋∞），不等式ln x＞ － 恒成立.
解： 证明：由ex≥x＋1得ex－1≥x，即ex≥ex，从而 ≥e－x（当且
仅当x＝1时等号成立）.
由ex－1≥x（当且仅当x＝1时等号成立）得e1－x≤ ，即 ≤ex，两边
取以e为底的对数得，ln（ex）≥1－ ，变形得ln x＋ ≥0，当且仅当x
＝ 时等号成立.
注意到 ≥e－x和ln x＋ ≥0的等号不能同时成立，结合不等式同向可加
性得ln x＋ ＞e－x，化简得ln x＞ － .
THANKS
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