《2025年金版新学案高三总复习数学北师大版》

(1)讨论$f(x)$的单调性；

答案： 解：
(1)易知$f(x)$的定义域为$(0, +\infty)$，又$f^{\prime}(x)=\frac{m}{x} - 1$
$=\frac{m - x}{x}$。
若$m \leq 0$，$f^{\prime}(x) ＜ 0$在区间$(0, +\infty)$上恒成立，此时，$f(x)$在区间
$(0, +\infty)$上单调递减。
若$m ＞ 0$，当$0 ＜ x ＜ m$时，$f^{\prime}(x) ＞ 0$，$x ＞ m$时，$f^{\prime}(x) ＜ 0$，此时，$f(x)$在
区间$(0,m)$上单调递增，在区间$(m, +\infty)$上单调递减。

(2)当$m = 1$时，证明：$f(x)＜e^{x}-3x + 1$。

答案：
(2)证明：当$m = 1$时，证原不等式等价于证$e^{x} ＞ 2x + \ln x$，
由
(1)知$m = 1$时，$f(x)$在区间$(0,1)$上单调递增，在区间$(1, +\infty)$上
单调递减。
所以$f(x)_{\max}=f(1)=0$，得到$\ln x \leq x - 1$，当且仅当$x = 1$时等号成立，
所以欲证$e^{x} ＞ 2x + \ln x$，只需证$e^{x} ＞ 2x + x - 1$，即证$\frac{3x - 1}{e^{x}} ＜ 1$，
令$g(x)=\frac{3x - 1}{e^{x}}$，则$g^{\prime}(x)=\frac{4 - 3x}{e^{x}}$，由$g^{\prime}(x) ＞ 0$，得到$0 ＜ x ＜ \frac{4}{3}$，
由$g^{\prime}(x) ＜ 0$，得到$x ＞ \frac{4}{3}$。
所以$g(x)$在$(0,\frac{4}{3})$上单调递增，在$(\frac{4}{3}, +\infty)$上单调递减。
又因为$27 ＜ e^{4}$，得到$3 ＜ e^{\frac{4}{3}}$，
所以$g(x)_{\max}=g(\frac{4}{3})=\frac{3}{e^{\frac{4}{3}}} ＜ 1$，所以当$m = 1$时，$f(x) ＜ e^{x} - 3x + 1$。

(1)讨论函数$f(x)$的单调性；

答案： 解：
(1)函数$f(x)$的定义域为$(0, +\infty)$，$f^{\prime}(x)=\frac{a}{x} - 1$
$=\frac{- x + a}{x}$。
①当$a \leq 0$时，$f^{\prime}(x) ＜ 0$恒成立，所以函数$f(x)$的单调递减区间
为$(0, +\infty)$；
②当$a ＞ 0$时，由$f^{\prime}(x) ＞ 0$，得$x = a$，
当$x \in (0,a)$时，$f^{\prime}(x) ＞ 0$；当$x \in (a, +\infty)$时，$f^{\prime}(x) ＜ 0$。
所以函数$f(x)$的单调递增区间为$(0,a)$，单调递减区间为$(a, +\infty)$。
综上，当$a \leq 0$时，函数$f(x)$的单调递减区间为$(0, +\infty)$；
当$a ＞ 0$时，函数$f(x)$的单调递增区间为$(0,a)$，单调递减区间
为$(a, +\infty)$。

(2)证明：$g(\frac{1}{n + 1})＜0(n\in\mathbf{N}_{+})$；

答案：
(2)证明：因为$g(x)=\sin x - x$，所以$g^{\prime}(x)=\cos x - 1 \leq 0$恒成立，
所以$g(x)$在$\mathbf{R}$上单调递减，又$n \in \mathbf{N}_{+}$，所以$0 ＜ \frac{1}{n + 1} \leq \frac{1}{2}$。
所以$g(\frac{1}{n + 1}) ＜ g(0)=0$。

(3)证明：$\ln 2＞\sin\frac{1}{n + 1}+\sin\frac{1}{n + 2}+\sin\frac{1}{n + 3}+·s+\sin\frac{1}{2n}(n\in\mathbf{N}_{+})$。

答案：
(3)证明：由
(1)知，当$a = 1$时，$f(x) \leq f(1)=0$，即$\ln x \leq x - 1$，
所以$\ln\frac{1}{x} \leq \frac{1}{x} - 1$，所以$\ln x \geq 1 - \frac{x - 1}{x}$，所以$\ln(x + 1) \geq \frac{x}{x + 1}$
(当且仅当$x = 0$时“$=$”成立)。
令$x = \frac{1}{n}(n \in \mathbf{N}_{+})$，所以$\ln(\frac{1}{n} + 1) ＞ \frac{\frac{1}{n}}{n + 1}$
即$\ln\frac{n + 1}{n} - \frac{1}{n + 1}$，所以$\ln(n + 1) - \ln n ＞ \frac{1}{n + 1}$，
从而$\ln(n + 2) - \ln(n + 1) ＞ \frac{1}{n + 2}$，
$\ln(n + 3) - \ln(n + 2) ＞ \frac{1}{n + 3},·s,\ln(2n) - \ln(2n - 1) ＞ \frac{1}{2n}$。
累加可得$\ln(2n) - \ln n ＞ \frac{1}{n + 1} + \frac{1}{n + 2} + \frac{1}{n + 3} + ·s + \frac{1}{2n}$
即$\ln 2 ＞ \frac{1}{n + 1} + \frac{1}{n + 2} + \frac{1}{n + 3} + ·s + \frac{1}{2n}$。
由
(2)知，$g(x)=\sin x - x$在$(0, +\infty)$是减函数，
所以$g(x) ＜ g(0)=0$，即$\sin x ＜ x$，
所以$- \frac{1}{n + 1} + \frac{1}{n + 2} + \frac{1}{n + 3} + ·s + \frac{1}{2n} ＞ \sin\frac{1}{n + 1} + \sin\frac{1}{n + 2} + \sin\frac{1}{n + 3} + ·s$
$+ \sin\frac{1}{2n}$。
所以$\ln 2 ＞ \sin\frac{1}{n + 1} + \sin\frac{1}{n + 2} + \sin\frac{1}{n + 3} + ·s + \sin\frac{1}{2n}(n \in \mathbf{N}_{+})$。