（12分）已知函数 f(x)=x-1-a ln x ． （…——2017 高考数学第 21 题答案解析

【考点】6B：利用导数研究函数的单调性；6E：利用导数研究函数的最值．
【专题】11：计算题；32：分类讨论；49：综合法；53：导数的综合应用．
【分析】（1）通过对函数 $f(x)=x-1-a \ln x(x>0)$ 求导，分 $a \leq 0 , a>0$ 两种情况考虑导函数 $f^{\prime}(x)$ 与 0 的大小关系可得结论；
（2）通过（1）可知 $\ln x \leq x-1$ ，进而取特殊值可知 $\ln \left(1+\frac{1}{2^{k}}\right)<\frac{1}{2^{k}}, k \in N^{*}$ 。 一方面利用等比数列的求和公式放缩可知 $\left(1+\frac{1}{2}\right)\left(1+\frac{1}{2^{2}}\right) \ldots\left(1+\frac{1}{2^{n}}\right)2$ ，从而当 $n \geq 3$ 时，$\left(1+\frac{1}{2}\right) \left.1+\frac{1}{2^{2}}\right) \ldots\left(1+\frac{1}{2^{n}}\right) \in(2, e)$ ，比较可得结论。
【解答】解：（1）因为函数 $f(x)=x-1-a \ln x, x>0$ ，
所以 $f^{\prime}(x)=1-\frac{a}{x}=\frac{x-a}{x}$ ，且 $f(1)=0$ ．
所以当 $a \leq 0$ 时 $f^{\prime}(x)>0$ 恒成立，此时 $y=f(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 上单调递增，这与 $f$ （ x ）$\geq 0$ 矛盾；

当 $a>0$ 时令 $f^{\prime}(x)=0$ ，解得 $x=a$ ，
所以 $y=f(x)$ 在（ $0, a$ ）上单调递减，在（ $a,+\infty$ ）上单调递增，即 $f(x)_{\text {min }}=f$ （a），

若 $a \neq 1$ ，则 $f(a)所以 $\mathrm{a}=1$ ；
②由（1）可知当 $a=1$ 时 $f(x)=x-1-\ln x \geq 0$ ，即 $\ln x \leq x-1$ ，
所以 $\ln (x+1) \leq x$ 当且仅当 $x=0$ 时取等号，
所以 $\ln \left(1+\frac{1}{2^{\mathrm{k}}}\right)<\frac{1}{2^{\mathrm{k}}}, \mathrm{k} \in \mathrm{N}^{*}$ ．
$\ln \left(1+\frac{1}{2}\right)+\ln \left(1+\frac{1}{2^{2}}\right)+\ldots+\ln \left(1+\frac{1}{2^{n}}\right)<\frac{1}{2}+\frac{1}{2^{2}}+\ldots+\frac{1}{2^{n}}=1-\frac{1}{2^{n}}<1$ ，
即 $\left(1+\frac{1}{2}\right)\left(1+\frac{1}{2^{2}}\right) \ldots\left(1+\frac{1}{2^{n}}\right)因为 $m$ 为整数，且对于任意正整数 $n,\left(1+\frac{1}{2}\right)\left(1+\frac{1}{2^{2}}\right) \ldots\left(1+\frac{1}{2^{n}}\right)

所以 $m$ 的最小值为 3 ．
【点评】本题是一道关于函数与不等式的综合题，考查分类讨论的思想，考查转化与化归思想，考查运算求解能力，考查等比数列的求和公式，考查放缩法，注意解题方法的积累，属于难题．