前言
高考中在压轴题中考查的函数有千千万，但是总能从其中找到一些比较核心的函数来；
常用函数
比如基本初等函数\(f(x)=x\)和\(g(x)=e^x\)做四则运算得到的这些函数：
\(h(x)=x\pm e^x\)；
\(m(x)=x\cdot e^x\)；\(n(x)=\cfrac{e^x}{x}\)；\(r(n)=\cfrac{x}{e^x}\)；
分析：若熟知上图的图像，分离参数，数形结合可得正确选项为\(D\)。
比如基本初等函数\(f(x)=x\)和\(g(x)=lnx\)做四则运算得到的这些函数：
\(h(x)=x\pm lnx\)；
\(h(x)=x\cdot ln^x\)；\(h(x)=\cfrac{lnx}{x}\)；
可以将他们作为导数工具的练习对象，熟练掌握他们的函数图像，有助于我们快速判断解题思路，作图时要注意因子\(e^x\)和\(lnx\)；
常用不等式
- ①、\(e^x>x+1(x\neq 0)\)
证明思路：
【法1】数形结合法，令\(f(x)=e^x\)，\(g(x)=x+1\)，在同一个坐标系中作出这两个函数的图像，
由图像可知，当\(x\neq 0\)时，都满足关系\(e^x>x+1\)。
补充：至于函数\(f(x)=e^x\)和函数\(g(x)=x+1\)为什么会相切与点\((0，1)\)，
我们可以用导数方法来解答。
【法2】作差构造函数法，令\(h(x)=e^x-x-1\)，则\(h'(x)=e^x-1\) ，
当\(x<0\)时，\(h'(x)<0\)；当\(x>0\)时，\(h'(x)>0\)；
即函数\(h(x)\)在\((-\infty，0)\)上单调递减，在\((0，+\infty)\)上单调递增，
故函数\(h(x)_{min}=h(0)=0\)，故\(h(x)\ge 0\)，当且仅当\(x=0\)时取到等号，
故\(x\neq 0\)时，总有\(h(x)>0\)，即\(e^x>x+1\)。
-
②、\(e^x\ge x+1\)，注意没有\(x\neq 0\)的条件限制。
-
③、\(lnx\leq x-1(x>0)\)
证明思路：【法1】数形结合法，令\(f(x)=lnx\)，\(g(x)=x-1\)，
在同一个坐标系中作出这两个函数的图像，
由图像可知，当\(x> 0\)时，都满足关系\(lnx\leq x-1\)。
【法2】：作差构造函数法，令\(h(x)=lnx-x+1(x>0)\)，则\(h'(x)=\cfrac{1}{x}-1\)，
当\(0<x<1\)时，\(h'(x)>0\)；当\(x>1\)时，\(h'(x)<0\)；
即函数\(h(x)\)在\((0，1)\)上单调递增，在\((1，+\infty)\)上单调递减，
故函数\(h(x)_{max}=h(1)=0\)，故\(h(x)\leq 0\)，当且仅当\(x=1\)时取到等号，
故\(x> 0\)时，总有\(h(x)\leq 0\)，即\(lnx\leq >x-1\)。
【法3】利用反函数法，此法主要基于\(e^x\ge x+1\)的结论，
由于函数\(y=e^x\)以及函数\(y=x+1\)关于直线\(y=x\)的对称函数
分别是\(y=lnx\)和函数\(y=x-1\)，故得到\(lnx\leq x-1\)。
【法4】：利用代数变换，由\(e^x\ge x+1\)，两边取自然对数得到\(lne^x\ge ln(x+1)\)，
即\(x\ge ln(x+1)\)，再用\(x-1\)替换\(x\)，得到\(x-1\ge lnx\)，即\(lnx\leq x-1\)。
不等式的变形
- \(e^x\ge x+1\)的常见变形：
$e^x\ge x+1\xrightarrow{用x+1替换x} e^{x+1}\ge x+2 $
$\Rightarrow e^{x+2}\ge x+3 \Rightarrow e^{x+n}\ge x+n+1(n\in N^*) $
\(e^{\frac{1}{3n}}>\cfrac{1}{3n}+1(等号取不到)\)。
-
\(e^x+2x-1\ge 0\)的解集，利用图像求解。转化为\(e^x\ge 1-2x\)，做两个图像就能看出，解集为\([0，+\infty)\)
-
\(e^x+kx-1\ge 0(k>0)\)的解集，利用图像求解。转化为\(e^x\ge 1-kx\)，做两个图像就能看出，解集为\([0，+\infty)\)
-
\(lnx\leq x-1(x>0)\)的常见变形：
\(x+n\ge ln(x+n+1)(x\neq 1)\)
\(x-1> lnx \xrightarrow{用\cfrac{1}{x}替换x} \cfrac{1}{x}-1> ln\cfrac{1}{x}\)
\(\Leftrightarrow \cfrac{1-x}{x}>-lnx \Leftrightarrow lnx>\cfrac{x-1}{x}=1-\cfrac{1}{x}\)。
\(ln\cfrac{1}{x+1}\leq \cfrac{1}{1+x}-1(x>-1) \Leftrightarrow (1+x)ln(1+x)\ge x\)
当\(x>0\)时，\(ln(x+1)<x\)，故\(\cfrac{1}{x}ln(x+1)<1\)，
故\(ln(x+1)^{\cfrac{1}{x}}<1=lne\)，故\((x+1)^{\frac{1}{x}}<e\)，
将此结论应用到自然数得到\((n+1)^{\cfrac{1}{n}}<e\)，或者\((1+\cfrac{1}{n})^n<e\)。
用\(x\Rightarrow lnx\)，得到\(x\geqslant lnx+1\).
典例剖析
(1).对于\(x\in(0，1)\)，\(f'(x)>0\)恒成立，求实数\(a\)的取值范围。
分析：利用\(cosx-a>0\)在\(x\in(0，1)\)恒成立，可以求得\(a<cos1\)。
(2).当\(a=1\)时，令\(h(x)=f(x)-sinx+lnx+1\)，求\(h(x)\)的最大值。
分析：此时\(h(x)=lnx-x+1\)，如果能知道结论\(lnx\leq x-1\)，
即可知\(h(x)_{max}=h(1)=0\)。或利用导数也可以求得\(h(x)_{max}=h(1)=0\)。
(3).求证：\(ln(n+1)<1+\cfrac{1}{2}+\cfrac{1}{3}+\cdots+\cfrac{1}{n}(n\in N^*)\)。
分析：看到这样的不等式关系，我们应该想到的有裂项相消法、数学归纳法，
法1: 由(2)的结论\(lnx \leq x-1\)得到\(ln(x+1)\leq x(x\neq 0)\)，
若将其延伸到自然数，则有\(ln(n+1)<n\)，再做代换，
用\(\cfrac{1}{n}\)替换\(n\)，变形得到\(ln(\cfrac{1}{n}+1)<\cfrac{1}{n}\)，
即\(ln(\cfrac{n+1}{n})=ln(n+1)-lnn<\cfrac{1}{n}\)，
令此式中的\(n\)分别取\(1，2，3，\cdots，n\)，即得到以下\(n\)个表达式：
\(ln\cfrac{2}{1}<1\)；即\(ln2-ln1<1\)
\(ln\cfrac{3}{2}<\cfrac{1}{2}\)；即\(ln3-ln2<\cfrac{1}{2}\)；
\(ln\cfrac{4}{3}<\cfrac{1}{3}\)；即\(ln4-ln3<\cfrac{1}{3}\)；
\(\cdots\)；\(\cdots\)；
\(ln\cfrac{1+n}{n}<\cfrac{1}{n}\)；即\(ln(n+1)-lnn<\cfrac{1}{n}\)；以上式子累加，得到
\(ln(n+1)-ln1<1+\cfrac{1}{2}+\cfrac{1}{3}+\cdots+\cfrac{1}{n}\)，
即\(ln(n+1)<1+\cfrac{1}{2}+\cfrac{1}{3}+\cdots+\cfrac{1}{n}(n\in N^*)\)。
法2：可以考虑用数学归纳法，待后思考。
证明：先用导数证明\(e^x\ge x+1\)，再做代换，用\(\cfrac{1}{3^n}\)替换\(x\)，
得到\(e^{\frac{1}{3^n}}>\cfrac{1}{3^n}+1\)；即\(1+\cfrac{1}{3^n}<e^{\cfrac{1}{3^n}}\)；
故\((1+\cfrac{1}{3})\cdot (1+\cfrac{1}{3^2})\cdot(1+\cfrac{1}{3^3})\cdots (1+\cfrac{1}{3^n})\)
\(<e^{\frac{1}{3}+\frac{1}{3^2}+\frac{1}{3^3}+\dots+\frac{1}{3^n}}\)
\(=e^{\cfrac{\frac{1}{3}\cdot[1-(\frac{1}{3})^n]}{1-\frac{1}{3}}}\)
\(=e^{\cfrac{1}{2}(1-\cfrac{1}{3^n})}<e^{\cfrac{1}{2}}=\sqrt{e}<\sqrt{4}=2\)，
故得证。