近三年新高考數(shù)學(xué)落實立德樹人根本任務(wù)，促進學(xué)生德智體美勞全面發(fā)展，體現(xiàn)高考改革的要求．試卷突出數(shù)學(xué)學(xué)科特點，強化基礎(chǔ)考查，突出關(guān)鍵實力，加強教考連接，助力基礎(chǔ)教化提質(zhì)增效．

一、設(shè)置現(xiàn)實情境發(fā)揮育人作用

近三年的新高考數(shù)學(xué)試卷堅持思想性與科學(xué)性統(tǒng)一，從中華優(yōu)秀傳統(tǒng)文化、社會經(jīng)濟發(fā)展、科技發(fā)展與進步等方面設(shè)置了真實情景．

一是體現(xiàn)中華優(yōu)秀傳統(tǒng)文化情景，旨在讓學(xué)生領(lǐng)會中華民族的才智和數(shù)學(xué)探討成果，進一步樹立民族自尊心和驕傲感．如2024年新高考Ⅰ卷第4題，以日晷為背景，讓學(xué)生直觀感受我國古代科學(xué)家探究問題和解決問題的過程．

典例1 [2024·新高考Ⅰ卷，4]日晷是中國古代用來測定時間的儀器，利用與晷面垂直的晷針投射到晷面的影子來測定時間．把地球看成一個球(球心記為O)，地球上一點A的緯度是指OA與地球赤道所在平面所成角，點A處的水平面是指過點A且與OA垂直的平面．在點A處放置一個日晷，若晷面與赤道所在平面平行，點A處的緯度為北緯40°，則晷針與點A處的水平面所成角為( )

A．20° B．40° C．50° D．90°

二是以科技發(fā)展與進步中取得的重要成就為背景，旨在激發(fā)青年學(xué)生樹立為國家服務(wù)、奉獻科技事業(yè)的信念．如2024年新高考Ⅱ卷第4題，以北斗三號全球衛(wèi)星導(dǎo)航系統(tǒng)為情景，考查學(xué)生視察問題、分析問題和解決問題的實力．

典例2 [2024·新高考Ⅱ卷，4]北斗三號全球衛(wèi)星導(dǎo)航系統(tǒng)是我國航天事業(yè)的重要成果．在衛(wèi)星導(dǎo)航系統(tǒng)中，地球靜止同步衛(wèi)星的軌道位于地球赤道所在平面，軌道高度為36 000 km(軌道高度是指衛(wèi)星到地球表面的距離)．將地球看作是一個球心為O，半徑r為6 400 km的球，其上點A的緯度是指OA與赤道平面所成角的度數(shù)．地球表面上能干脆觀測到一顆地球

2

靜止同步軌道衛(wèi)星點的緯度最大值為α，記衛(wèi)星信號覆蓋地球表面的表面積為S＝2πr(1－cos α)(單位：km2)，則S占地球表面積的百分比約為( )

A．26% B．34% C．42% D．50%

三是以我國的社會經(jīng)濟發(fā)展、生產(chǎn)生活實際為情景素材設(shè)置試題．如2024新高考Ⅰ卷第4題，以我國的重大建設(shè)成就“南水北調(diào)”工程為背景，考查學(xué)生的空間想象、運算求解實力，引導(dǎo)學(xué)生關(guān)注社會主義建設(shè)的成果，增加社會責(zé)任感．

典例3 [2024·新高考Ⅰ卷，4]南水北調(diào)工程緩解了北方一些地區(qū)水資源短缺問題，其

2

中一部分水蓄入某水庫．已知該水庫水位為海拔148.5 m時，相應(yīng)水面的面積為140.0 km；

2

水位為海拔157.5 m時，相應(yīng)水面的面積為180.0 km，將該水庫在這兩個水位間的形態(tài)看作一個棱臺，則該水庫水位從海拔148.5 m上升到157.5 m時，增加的水量約為(

≈2.65)( )

A．1.0×109m3 B．1.2×109m3 C．1.4×109m3D．1.6×109m3

二、加強教考連接發(fā)揮引導(dǎo)作用

高考數(shù)學(xué)命題貫徹高考內(nèi)容改革的要求，依據(jù)中學(xué)課程標準命題，進一步增加考試與教學(xué)的連接．試卷的考查比例、要求層次與課程標準保持一樣，注意考查內(nèi)容的全面性，同時突出主干、重點內(nèi)容的考查，引導(dǎo)教學(xué)以標施教、施教以標．

近三年的試題強調(diào)對學(xué)科基本概念、基本原理的考查，強調(diào)學(xué)問之間的內(nèi)在聯(lián)系，引導(dǎo)學(xué)生形成學(xué)科學(xué)問系統(tǒng)；注意本原性方法，淡化特別技巧，強調(diào)通性通法的深化理解和綜合運用，促進學(xué)生將學(xué)問和方法內(nèi)化為自身的學(xué)問結(jié)構(gòu).2024年新高考Ⅰ卷第16題體現(xiàn)了特別與一般的思想，2024年新高考Ⅱ卷第19題對統(tǒng)計與概率的思想進行了深化的考查．?dāng)?shù)學(xué)試題力圖引導(dǎo)中學(xué)遵循教學(xué)規(guī)律、提高課堂教學(xué)效果，實現(xiàn)作業(yè)題、練習(xí)題減量提質(zhì)．

典例4 [2024·新高考Ⅰ卷，16]已知橢圓C：

＝1(a>b>0)，C的上頂點為A，兩個

焦點為F1，F(xiàn)2，離心率為.過F1且垂直于AF2的直線與C交于D，E兩點，|DE|＝6，則△ADE的周長是________．

典例5 [2024·新高考Ⅱ卷，19]在某地區(qū)進行流行病學(xué)調(diào)查，隨機調(diào)查了100位某種疾病患者的年齡，得到如下的樣本數(shù)據(jù)的頻率分布直方圖：

(1)估計該地區(qū)這種疾病患者的平均年齡(同一組中的數(shù)據(jù)用該組區(qū)間的中點值為代表)； (2)估計該地區(qū)一位這種疾病患者的年齡位于區(qū)間[20，70)的概率；

(3)已知該地區(qū)這種疾病的患病率為0.1%，該地區(qū)年齡位于區(qū)間[40，50)的人口占該地區(qū)總?cè)丝诘?6%.從該地區(qū)中任選一人，若此人的年齡位于區(qū)間[40，50)，求此人患這種疾病的概率．(以樣本數(shù)據(jù)中患者的年齡位于各區(qū)間的頻率作為患者的年齡位于該區(qū)間的概率，精確到0.0001)．

同時，加強主干考查．如2024新高考Ⅰ卷第12題，要求學(xué)生在抽象函數(shù)的背景下，理解函數(shù)的奇偶性、對稱性、導(dǎo)數(shù)等概念以及它們之間的聯(lián)系，對數(shù)學(xué)抽象、直觀想象、邏輯推理等核心素養(yǎng)都有較高的要求．

此外，近三年的新高考試卷還創(chuàng)新試題設(shè)計．題型設(shè)計上有多選題、開放題、結(jié)構(gòu)不良問題，激勵學(xué)生運用創(chuàng)建性、發(fā)散性思維分析問題和解決問題；引導(dǎo)教學(xué)注意培育學(xué)生的創(chuàng)新精神．如2024新高考Ⅰ卷14題，2024新高考Ⅰ卷17題，2024新高考Ⅱ卷21題．

2222

典例6 [2024·新高考Ⅰ卷，14]寫出與圓x＋y＝1和(x－3)＋(y－4)＝16都相切的一條直線的方程________．

典例7 [2024·新高考Ⅰ卷，17]在①ac＝，②c sin A＝3，③c＝b這三個條件中任選一個，補充在下面問題中，若問題中的三角形存在，求c的值；若問題中的三角形不存在，說明理由．

問題：是否存在△ABC，它的內(nèi)角A，B，C的對邊分別為a，b，c，且sin A＝C＝，________？

注：假如選擇多個條件分別解答，按第一個解答計分．

典例8 [2024·新高考Ⅱ卷，21]已知雙曲線C：0)，漸近線方程為y＝±

(1)求C的方程；

sin B，

＝1(a>0，b>0)的右焦點為F(2，

x.

(2)過F的直線與C的兩條漸近線分別交于A，B兩點，點P

，Q

在C上，

且x1>x2>0，y1>0.過P且斜率為－的直線與過Q且斜率為的直線交于點M.從下面①②③中選取兩個作為條件，證明另外一個成立：

①M在AB上；②PQ∥AB；③|MA|＝|MB|．

注：若選擇不同的組合分別解答，則按第一個解答計分．

三、加強素養(yǎng)考查發(fā)揮選拔功能

近三年試卷深化考查關(guān)鍵實力，優(yōu)化試題設(shè)計，發(fā)揮數(shù)學(xué)學(xué)科高考的選拔功能，助力提升學(xué)生綜合素養(yǎng)．

首先是加強思維品質(zhì)考查，增加思維的敏捷性．試卷通過突出思維品質(zhì)考查，強調(diào)思索和創(chuàng)新意識．如2024年新高考Ⅱ卷第8題，對思維的敏捷性有較高要求，在抽象的情景中發(fā)覺函數(shù)周期性是問題的關(guān)鍵．

典例9 [2024·新高考Ⅱ卷，8]已知函數(shù)f(x)的定義域為R，且f(x＋y)＋f(x－y)＝

f(x)f(y)，f(1)＝1，則( )

A．－3 B．－2 C．0 D．1

其次是加強關(guān)鍵實力考查，增加試題的選拔性．試卷設(shè)置了綜合性的問題和較為困難的情景，加強關(guān)鍵實力的考查．如2024新高考Ⅰ卷第22題重視基于數(shù)學(xué)素養(yǎng)的關(guān)鍵實力考查，在數(shù)學(xué)學(xué)問層面、數(shù)學(xué)實力層面和創(chuàng)新思維層面都有所體現(xiàn)，具有較好的選拔功能.2024年新高考Ⅱ卷第22題將函數(shù)、導(dǎo)數(shù)、數(shù)列與不等式等學(xué)問有機結(jié)合，考查學(xué)生敏捷應(yīng)用函數(shù)、不等式思想解決困難問題的實力，對直觀想象實力和邏輯推理實力也有較高要求．

x

典例10 [2024·新高考Ⅰ卷，22]已知函數(shù)f(x)＝e－ax和g(x)＝ax－ln x有相同的最小值．

(1)求a；

(2)證明：存在直線y＝b，其與兩條曲線y＝f(x)和y＝g(x)共有三個不同的交點，并且從左到右的三個交點的橫坐標成等差數(shù)列．

axx

典例11 [2024·新高考Ⅱ卷，22]已知函數(shù)f(x)＝xe－e. (1)當(dāng)a＝1時，探討f(x)的單調(diào)性；

(2)當(dāng)x>0時，f(x)<－1，求a的取值范圍； (3)設(shè)n∈N，證明：

*

＋…＋>ln (n＋1)．

開篇

典例1 解析：過球心O、點A以及晷針的軸截面如圖所示，其中CD為晷面，GF為晷針所在直線，EF為點A處的水平面，GF⊥CD，CD∥OB，∠AOB＝40°，∠OAE＝∠OAF＝90°，所以∠GFA＝∠CAO＝∠AOB＝40°.故選B.

答案：B

典例2 解析：由題意可得，S占地球表面積的百分比約為：

＝

答案：C

典例3 解析：由棱臺的體積公式，得增加的水量約為×(157.5－148.5)×(140×10＋180×10＋

6

6

＝≈0.42＝42%.故選C.

)＝×(140＋180＋60)≈3×10×(140＋180

6

＋60×2.65)≈1.4×10(m)．故選C.

答案：C

典例4 解析：由題意知e＝＝，所以a＝2c，b＝

93

c，所以△AF1F2是等邊三角形，所

以DE垂直平分AF2，所以|AD|＝|DF2|，|AE|＝|EF2|，所以△ADE的周長為|DE|＋|AD|＋|AE|＝|DE|＋|DF2|＋|EF2|.由橢圓的定義，可知|DE|＋|DF2|＋|EF2|＝4a＝8c.因為直線DE的斜率k＝tan 30°＝，所以直線DE的方程為y＝(x＋c)，即x＝＝1，得3x＋4y＝12c.將x＝

2

2

2

y－c.由橢圓方程cy－9c2＝0.設(shè)D(x1，y1)，

＝

y－c代入并整理，得13y2－6

，y1y2＝－

，所以|DE|＝

E(x2，y2)，則y1＋y2＝

·答案：13

＝

＝c＝6，解得c＝.所以△ADE的周長是8c＝13.

典例5 解析：(1)平均年齡＝(5×0.001＋15×0.002＋25×0.012＋35×0.017＋45×0.023＋55×0.020＋65×0.017＋75×0.006＋85×0.002)×10＝47.9(歲)．

(2)設(shè)A＝{一人患這種疾病的年齡在區(qū)間[20，70)}，所以

P(A)＝1－P()＝1－(0.001＋0.002＋0.006＋0.002)×10＝1－0.11＝0.. (3)設(shè)B＝{任選一人年齡位于區(qū)間[40，50)}，C＝{任選一人患這種疾病}，

則由條件概率公式可得

P(C|B)＝＝＝＝0.001 437 5≈0.001 4.

典例6 解析：由題意知兩圓的圓心和半徑分別為O1(0，0)，O2(3，4)，r1＝1，r2＝4.因為|O1O2|＝r1＋r2，所以兩圓外切．由兩圓外切，

畫出示意圖，如圖．設(shè)切點為A(x，y)．由

＝

，得A(

)．因為

＝，所

以切線l1的斜率k1＝－，所以l1：y－＝－(x－)，即3x＋4y－5＝0.由圖象易得兩圓均與

直線l2：x＝－1相切，過兩圓圓心的直線方程為l：y＝x.聯(lián)立解得

故直線l與l2的交點為P(－1，－).由切線定理，得兩圓的另一公切線l3過點P.設(shè)l3：y＋＝k(x＋1)．由點到直線的距離公式，得

＝1，解得k＝，所以l3：y＋＝(x＋1)，

即7x－24y－25＝0.

答案：3x＋4y－5＝0或7x－24y－25＝0或x＋1＝0(答對其中之一即可) 典例7 解析：方案一：選條件①.

由C＝和余弦定理得由sin A＝于是

＝.

sin B及正弦定理得a＝＝，由此可得b＝c.

b.

由①ac＝，解得a＝，b＝c＝1.

因此，選條件①時問題中的三角形存在，此時c＝1. 方案二：選條件②. 由C＝和余弦定理得由sin A＝于是

＝.

sin B及正弦定理得a＝b.

＝，由此可得b＝c，B＝C＝，A＝.

由②c sin A＝3，所以c＝b＝2，a＝6.

因此，選條件②時問題中的三角形存在，此時c＝2方案三：選條件③. 由C＝和余弦定理得由sin A＝于是

＝.

.

sin B及正弦定理得a＝＝，由此可得b＝c.

b.

由③c＝b，與b＝c沖突．

因此，選條件③時問題中的三角形不存在． 典例8 解析：(1)由題意可得所以C的方程為x－＝1.

(2)當(dāng)直線PQ斜率不存在時，x1＝x2，但x1>x2>0，所以直線PQ斜率存在，所以設(shè)直線

2

解得

PQ的方程為y＝kx＋b(k≠0)．聯(lián)立得方程組

消去y并整理，得(3－k)x－2kbx－b－3＝0. 則x1＋x2＝因為x1>x2>0， 所以x1x2＝所以x1－x2＝

>0，即k>3.

.

22

2

2

，x1x2＝，x1－x2＝＝.

設(shè)點M的坐標為(xM，yM)，

則yM－y2＝(xM－x2)，yM－y1＝－(xM－x1)， 兩式相減，得y1－y2＝2xM－(x1＋x2)． 因為y1－y2＝(kx1＋b)－(kx2＋b)＝k(x1－x2)， 所以2

xM＝k(x1－x2)＋

.

(x1＋x2)，

解得xM＝

兩式相加，得2yM－(y1＋y2)＝(x1－x2)．

因為y1＋y2＝(kx1＋b)＋(kx2＋b)＝k(x1＋x2)＋2b， 所以2yM＝k(x1＋x2)＋解得yM＝

(x1－x2)＋2b， ＝xM.

所以點M的軌跡為直線y＝x，其中k為直線PQ的斜率．

選擇①②.

因為PQ∥AB，所以kAB＝k.

設(shè)直線AB的方程為y＝k(x－2)，并設(shè)點A的坐標為(xA，yA)，點B的坐標為(xB，yB)，則

同理可得xB＝此時xA＋xB＝

解得xA＝

，yB＝－，yA＋yB＝

，yA＝ . .

.

因為點M在AB上，且其軌跡為直線y＝x，

所以

解得xM＝＝，yM＝＝，

所以點M為AB的中點，即|MA|＝|MB|. 選擇①③.

當(dāng)直線AB的斜率不存在時，點M即為點F(2，0)，此時點M不在直線y＝x上，與題設(shè)沖突，故直線AB的斜率存在．

當(dāng)直線AB的斜率存在時，設(shè)直線AB的方程為y＝m(x－2)(m≠0)，并設(shè)點A的坐標為(xA，

yA)，點B的坐標為(xB，yB)，則

解得xA＝同理可得xB＝此時xM＝

＝，yA＝

.

. ＝

，yB＝－，yM＝

.由于點M同時在直線y＝x上，故6m＝·2m，

2

解得k＝m，因此PQ∥AB.

選擇②③.

因為PQ∥AB，所以kAB＝k.

設(shè)直線AB的方程為y＝k(x－2)，并設(shè)點A的坐標為(xA，yA)，點B的坐標為(xB，yB)， 則

同理可得xB＝

解得xA＝，yB＝－

，yA＝ .

＝

，yC＝

＝

.

.

設(shè)AB的中點為C(xC，yC)，則xC＝

因為|MA|＝|MB|，所以點M在AB的垂直平分線上，即點M在直線y－yC＝－(x－xC)上． 將該直線方程與y＝x聯(lián)立，解得xM＝

＝xC，yM＝

＝y(tǒng)C，即點M恰為AB的中點，

所以點M在直線AB上．

典例9 解析：令y＝1，得f(x＋1)＋f(x－1)＝f(x)f(1)＝f(x)，即f(x＋1)＝f(x)－f(x－1)．故f(x＋2)＝f(x＋1)－f(x) ①，f(x＋3)＝f(x＋2)－f(x＋1) ②.①＋②，得f(x＋3)＝－f(x)，所以f(x)的周期為6.令x＝1，y＝0，得f(1)＋f(1)＝f(1)f(0)，所以f(0)＝2，所以f(2)＝f(1)－f(0)＝1－2＝－1，f(3)＝f(2)－f(1)＝－1－1＝－2，f(4)＝f(3)－f(2)＝－2－(－1)＝－1，f(5)＝f(4)－f(3)＝－1－(－2)＝1，f(6)＝f(5)－f(4)＝1－(－1)＝2.

所以

＝3[f(1)＋f(2)＋…＋f(6)]＋f(19)＋f(20)＋f(21)＋f(22)＝3×0＋

f(1)＋f(2)＋f(3)＋f(4)＝1＋(－1)＋(－2)＋(－1)＝－3.故選A.

答案：A

xx典例10 解析：(1)由f(x)＝e－ax，得f′(x)＝e－a.

由于f(x)存在最小值，則方程f′(x)＝0有解，故a>0，解得x＝ln a. 所以f(x)在(－∞，ln a)上單調(diào)遞減，在(ln a，＋∞)上單調(diào)遞增， 所以f(x)min＝f(ln a)＝a－a ln a. 同理，得g(x)min＝g()＝1＋ln a.

因為函數(shù)f(x)，g(x)的最小值相等，

所以a－a ln a＝1＋ln a，即(a＋1)ln a＋1－a＝0. 令h(x)＝(x＋1)ln x＋1－x，x>0，則h′(x)＝ln x＋. 令m(x)＝ln x＋，x>0，則m′(x)＝令

>0，則x>1；令

＝

.

<0，則0所以m(x)在(0，1)上單調(diào)遞減，在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，即h′(x)在(0，1)上單調(diào)遞減，在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，所以

＝h′(1)＝1>0，

所以h(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增．

又h(1)＝0，所以1是h(x)唯一零點，所以a＝1.

x(2)證明：由(1)知f(x)＝e－x，g(x)＝x－ln x，且f(x)在(－∞，0)上單調(diào)遞減，在

(0，＋∞)上單調(diào)遞增，g(x)在(0，1)上單調(diào)遞減，在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，且f(x)min＝＝1.

①當(dāng)b<1時，f(x)min＝g(x)min＝1>b，明顯直線y＝b與兩條曲線y＝f(x)和y＝g(x)無交點，不符合題意．

②當(dāng)b＝1時，f(x)min＝g(x)min＝1＝b，則直線y＝b與兩條曲線y＝f(x)和y＝g(x)共有2個交點，不符合題意．

③當(dāng)b>1時，首先證明直線y＝b與曲線y＝f(x)有2個交點，即證F(x)＝f(x)－b有2個零點．

x因為F′(x)＝f′(x)＝e－1，

所以F(x)在(－∞，0)上單調(diào)遞減，在(0，＋∞)上單調(diào)遞增． F(－b)＝e－b>0，F(xiàn)(0)＝1－b<0，F(xiàn)(b)＝eb－2b.

bb令t(b)＝e－2b，b>1，則t′(b)＝e－2>0， 所以t(b)>t(1)＝e－2>0，所以F(b)>0.

所以由零點存在定理，知F(x)＝f(x)－b在(－∞，0)上存在且只存在1個零點，設(shè)為x1，在(0，＋∞)上存在且只存在1個零點，設(shè)為x2.

其次證明直線y＝b與曲線g(x)有2個交點， 即證G(x)＝g(x)－b有2個零點．

因為G′(x)＝g′(x)＝1－，所以G(x)在(0，1)上單調(diào)遞減，在(1，＋∞)上單調(diào)遞增．

G(e－b)＝e－b>0，G(1)＝1－b<0，G(2b)＝b－ln 2b.

令μ(x)＝－ln x，x>2，則μ′(x)＝

>0，

所以μ(x)>μ(2)＝1－ln 2>0，即G(2b)>0.

所以由零點存在定理，得G(x)＝g(x)－b在(0，1)上存在且只存在1個零點，設(shè)為x3，在(1，＋∞)上存在且只存在1個零點，設(shè)為x4.

再次證明存在b使得x2＝x3. 因為F(x2)＝G(x3)＝0，所以b＝－x2＝x3－ln x3.

x若x2＝x3，則－x2＝x2－ln x2，即－2x2＋ln x2＝0，所以只需證明方程e－2x＋ln x＝0在(0，1)上有解即可，

x即證明φ(x)＝e－2x＋ln x在(0，1)上有零點．

因為φ()＝

x－3<0，φ(1)＝e－2>0，

所以φ(x)＝e－2x＋ln x在(0，1)上存在零點，取一零點為x0，令x2＝x3＝x0即可，此時b＝－x0，則此時存在直線y＝b與兩條曲線y＝f(x)和y＝g(x)共有三個不同的交點． 最終證明x1＋x4＝2x0，即從左到右的三個交點的橫坐標成等差數(shù)列．

因為F(x1)＝F(x2)＝F(x0)＝G(x3)＝G(x0)＝G(x4)＝0，所以F(x1)＝G(x0)＝F(ln x0)． 又因為F(x)在(－∞，0)上單調(diào)遞減，x1<0，0又因為

)＝G(x4)，又因為G(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，x0>0，即

>1，x4>1，

－2x0＋ln x0＝0，所以x1＋x4＝＝2x0，

即存在直線y＝b與兩條曲線y＝f(x)和y＝g(x)從左到右的三個交點的橫坐標成等差數(shù)列．

典例11 解析：(1)當(dāng)a＝1時，f(x)＝xe－e＝(x－1)e， f′(x)＝ex＋(x－1)ex＝xex. 令f′(x)＝0，得x＝0，

∴當(dāng)x<0時，f′(x)<0，f(x)單調(diào)遞減； 當(dāng)x>0時，f′(x)>0，f(x)單調(diào)遞增．

axaxxaxx(2)f′(x)＝e＋aex－e＝(ax＋1)e－e，f′(0)＝0.

axxaxaxx2axx設(shè)g(x)＝(ax＋1)e－e，則g′(x)＝ae＋ae(ax＋1)－e＝(ax＋2a)e－e，g′(0)＝2a－1.

當(dāng)2a－1>0，即a>時，存在δ>0，使得當(dāng)x∈(0，δ)時，g′(x)>0，此時f′(x)在(0，

xxxδ)上單調(diào)遞增．

∵f′(x)>f′(0)＝0，∴f(x)在(0，δ)上單調(diào)遞增， ∴f(x)>f(0)＝－1，這與f(x)<－1沖突，故舍去．

當(dāng)2a－1≤0，即a≤時令h(x)＝則h′(x)＝

－e， ＋

·x－e＝

xx－e.

x(1＋x－)<0，

∴h(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞減， 此時h(x)0時

－.

令

＝t，t>1，則x＝2ln t，∴2ln t1.

(n∈N)，則2ln t＝ln (n＋1)－ln n<＋…＋

*

－e<－1，

x取t＝ ∴

－ ＝，

>ln 2－ln 1＋ln 3－ln 2＋…＋ln (n＋1)－ln n＝ln (n＋1)，故結(jié)論得證．