2026版三维设计一轮高中总复习数学教师用-考教衔接　从教材经典题到高考试题的衍变过程展示

考教衔接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1－1x≤lnx（x＞0）；P94练习2题，证明不等式x－1≥lnx，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）lnx＜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＋…＝11－x将①两边取自然对数，得②ln（1＋x）＜x＜ln11－x＝－ln（1将②右半部分x＜－ln（1－x）中的x用x1+③x1+x＜－ln1－x1+x＝综合②③可得④x1+x＜ln（x＋1）＜x（0＜x＜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≤11－x（x④可以加强为⑦x1+x≤ln（1＋x）≤x（x＞－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＝1n（n≥1，n∈N*），用1n替换x得ln1+1n＜1n，即ln（1＋n）－ln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）－lnn＜1n都成立.证明：因为n为任意正整数，要证ln（1＋n）－lnn＜1n只要证ln（1+nn）＜1只要证ln（1＋1n）＜1n又因当x＞－1时，ln（1＋x）＜x成立，且1n＞0＞－1所以对任意正整数n，不等式ln（1＋n）－lnn＜1n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＝1n+1（n≥11n+1＞ln1+1n+1＝lnn+2n+1＝ln（n＋所以nn+1＝1－1n+1＜1－ln（n＋2）＋ln（分别取n＝1，2，…，n，累加得12＋23＋…＋nn+1＜（1－ln3＋ln2）＋（1－ln4＋ln3）＋…＋[1－ln（n＋2）＋ln（n＋1）]＝n＋ln2－ln（n＋2）＝n－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＝12，an＋1＝12（1）求数列{an}的通项公式；解：（1）an＋1－1＝12－an－所以1an+1－1＝2所以1an－1是首项为－2，公差为所以1an－1＝－n－1，即a（2）设数列{an}的前n项和为Sn，求证：Sn＜n－lnn+2解：（2）证明：由（1）知an＝nn+1，所以Sn＝12＋23＋因为ln（x＋1）＜x，令x＝1n+1（n≥11n+1＞ln（1＋1n+1）＝lnn+2n+1＝ln（n＋2所以nn+1＝1－1n+1＜1－ln（n＋2）＋ln（分别取n＝1，2，…，n累加得12＋23＋…＋nn+1＜（1－ln3＋ln2）＋（1－ln4＋ln3）＋…＋[1－ln（n＋2）＋ln（n＋1）]＝n＋ln2－ln（n＋2）＝n所以Sn＜n－lnn+222.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≤11+x.从而1－e－x≥1－11+x，即1－e－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）≥xx+1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（a＋b）22≤a2＋b2可得12≤（ex－x）22＝12[（ex－t）＋（t－x）]2≤（ex－t）2＋（t－x）2＝e2x－故32≤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）≥32.证明过程同上编拟思路（略）.（3）由x－1≥lnx（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≥lnx（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xx+1≤ln（1＋x）≤（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ln（1+x所以x－ln（1+x）1+x≥x－x1+x＝x21+x＝（1＋x）＋11+令f（x）＝x－ln（1+x）1+x，则f（x）≥0，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－ln（1+x）1+x（x＞－1），则f（x）解析：∵ln（1＋x）≤x，∴当x＞－1时，ln（1+x）1+x≤x1+x成立，∴f（x）＝x－ln（1+x）1+x≥x－x1+x＝x21+x＝（1＋（2）由xx+1≤ln（1＋x）编拟思路因为x1+x＜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f（x）x＞1，假若f（x）≥ax对x≥0恒成立，则当x＞0时，a≤f（x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：∵x1+x＜ln（1＋x），当x＞0时，（1+x由f（x）＝（1＋x）ln（1＋x），则f（x）x要使f（x）≥ax对x≥0恒成立.则当x＞0时，a≤f（x）x，即故实数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；（2）若x＞－1，证明：1－1x+1≤ln（x＋1）≤解：（1）函数f（x）的定义域为（－1，＋∞），f'（x）＝1x+1－1＝－令f'（x）＜0，即－xx+1＜0，解得x＜－1或x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）＋1x+1－1（x＞－则g'（x）＝1x+1－1（当x＞0时，g'（x）＞0；当－1＜x＜0时，g'（x）＜0.∴g（x）≥g（0）＝0，∴ln（1＋x）≥1－1x综上可知，当x＞－1时，1－1x+1≤ln（x＋1）≤2.已知函数f（x）＝xlnx，g（x）＝－x2＋ax－3，a∈R.（1）若对任意的x∈（0，＋∞），不等式f（x）≥12g（x）恒成立，求a的取值范围（2）求证：对任意的x∈（0，＋∞），不等式lnx＞1ex－2解：（1）不等式f（x）≥12g（x）恒成立，即xlnx≥12（－x2＋ax－3）恒成立，也就是a≤2lnx＋x＋3x恒成立，故先求h（x）＝2lnx＋x＋由x1+x≤ln（1＋x）可知lnx≥当且仅当x＝1时等号成立，于是结合均值不等式可知，h（x）＝2lnx＋x＋3x≥2（x－1）x＋x＋3x＝2＋x＋1x故a的取值范围为（－∞，4].（2）证明：由ex≥x＋