《2025年天星教育试题调研数学第10辑》

[2025 湖北新高考联考协作体 2 月模拟]已知 $e$ 为自然对数的底数，函数 $h(x)$ 满足，$h(0) = 0$，$h'(x) = e^x - 2ax - 1$，函数 $f(x) = e^x - x$.
(1)求函数 $f(x)$ 的极值点、极值及 $h(x)$ 的解析式.
(2)若 $h'(x)$ 在 $[0, +\infty)$ 上单调递增，求实数 $a$ 的最大值.
(3)求证：$f(\frac{1}{2}) + f(\frac{1}{3}) + f(\frac{1}{4}) + ·s + f(\frac{1}{n + 1}) ＞ n + \frac{n}{4(n + 2)}$，$n \in \mathbf{N}^*$.

答案：
(1)因为 $f(x) = e^x - x$，所以 $f'(x) = e^x - 1$，
故当 $x \in (-\infty, 0)$ 时，$f'(x) ＜ 0$，$f(x)$ 单调递减，
当 $x \in (0, +\infty)$ 时，$f'(x) ＞ 0$，$f(x)$ 单调递增，
所以函数 $f(x)$ 有一个极小值点 $x = 0$，极小值为 $f(0) = 1$，
无极大值点和极大值.
由 $h'(x) = e^x - 2ax - 1$ 得 $h(x) = e^x - ax^2 - x + c$（$c$ 为常数），
【避易借】已知导函数求原函数，实际上就是求导运算的逆运算，要注意常数函数的导函数值恒为 0，所以原函数解析式中要有常数 $c$
又 $h(0) = 0$，故 $c = -1$，
所以 $h(x) = e^x - ax^2 - x - 1$.
(2)设 $g(x) = h'(x) = e^x - 2ax - 1$，则 $g'(x) = e^x - 2a$，
由题意知 $g(x)$ 在 $[0, +\infty)$ 上单调递增，
所以 $g'(x) = e^x - 2a \geq 0$，即 $a \leq \frac{e^x}{2}$ 对 $x \in [0, +\infty)$ 恒成立，
故 $a \leq (\frac{e^x}{2})_{\min} = \frac{1}{2}$，
所以实数 $a$ 的最大值为 $\frac{1}{2}$.
(3)由
(2)知，当 $a = \frac{1}{2}$，$x \in [0, +\infty)$ 时，$h'(x) \geq h'(0) = e^0 - 1 = 0$，
故 $h(x)$ 在 $[0, +\infty)$ 上单调递增，
所以 $h(x) \geq h(0) = 0$，即 $e^x - \frac{1}{2}x^2 - x - 1 \geq 0$，
所以 $e^x - x \geq \frac{1}{2}x^2 + 1$，即 $f(x) \geq \frac{1}{2}x^2 + 1$ ①，
在①式中分别令 $x = \frac{1}{2}$，$\frac{1}{3}$，$·s$，$\frac{1}{n + 1}$，$n \in \mathbf{N}^*$，
相加得 $f(\frac{1}{2}) + f(\frac{1}{3}) + ·s + f(\frac{1}{n + 1}) \geq \frac{1}{2}[(\frac{1}{2})^2 + (\frac{1}{3})^2 + ·s + (\frac{1}{n + 1})^2] + n ＞ \frac{1}{2}[\frac{1}{2×3} + \frac{1}{3×4} + ·s + \frac{1}{(n + 1)(n + 2)}] + n = \frac{1}{2}(\frac{1}{2} - \frac{1}{3} + \frac{1}{3} - \frac{1}{4} + ·s + \frac{1}{n + 1} - \frac{1}{n + 2}) + n = \frac{1}{2}(\frac{1}{2} - \frac{1}{n + 2}) + n = n + \frac{n}{4(n + 2)}$，得证.
【构模 + 析模】证明数列和的不等式时，可先根据待证不等式两侧的特征，将其转化为数列通项所满足的不等式，然后构造相应的函数进行证明，最后通过赋值相加，再利用放缩法或裂项相消法等方法进行化简证明. 解题时注意本题各小问的联系及函数 $f(x)$ 与函数 $g(x)$ 解析式的结构特征，利用第
(2)问的结论将 $f(x)$ 进行放缩，结合 $\frac{1}{n^2} ＞ \frac{1}{n(n + 1)}$ 进一步放缩，最后利用裂项相消法求和即可