前言
高考中在壓軸題中考查的函數有千千萬，但是總能從其中找到一些比較核心的函數來；
常用函數
比如基本初等函數\(f(x)=x\)和\(g(x)=e^x\)做四則運算得到的這些函數：
\(h(x)=x\pm e^x\)；
\(m(x)=x\cdot e^x\)；\(n(x)=\cfrac{e^x}{x}\)；\(r(n)=\cfrac{x}{e^x}\)；
分析：若熟知上圖的圖像，分離參數，數形結合可得正確選項為\(D\)。
比如基本初等函數\(f(x)=x\)和\(g(x)=lnx\)做四則運算得到的這些函數：
\(h(x)=x\pm lnx\)；
\(h(x)=x\cdot ln^x\)；\(h(x)=\cfrac{lnx}{x}\)；
可以將他們作為導數工具的練習對象，熟練掌握他們的函數圖像，有助於我們快速判斷解題思路，作圖時要注意因子\(e^x\)和\(lnx\)；
常用不等式
- ①、\(e^x>x+1(x\neq 0)\)
證明思路：
【法1】數形結合法，令\(f(x)=e^x\)，\(g(x)=x+1\)，在同一個坐標系中作出這兩個函數的圖像，
由圖像可知，當\(x\neq 0\)時，都滿足關系\(e^x>x+1\)。
補充：至於函數\(f(x)=e^x\)和函數\(g(x)=x+1\)為什么會相切與點\((0，1)\)，
我們可以用導數方法來解答。
【法2】作差構造函數法，令\(h(x)=e^x-x-1\)，則\(h'(x)=e^x-1\) ，
當\(x<0\)時，\(h'(x)<0\)；當\(x>0\)時，\(h'(x)>0\)；
即函數\(h(x)\)在\((-\infty，0)\)上單調遞減，在\((0，+\infty)\)上單調遞增，
故函數\(h(x)_{min}=h(0)=0\)，故\(h(x)\ge 0\)，當且僅當\(x=0\)時取到等號，
故\(x\neq 0\)時，總有\(h(x)>0\)，即\(e^x>x+1\)。
-
②、\(e^x\ge x+1\)，注意沒有\(x\neq 0\)的條件限制。
-
③、\(lnx\leq x-1(x>0)\)
證明思路：【法1】數形結合法，令\(f(x)=lnx\)，\(g(x)=x-1\)，
在同一個坐標系中作出這兩個函數的圖像，
由圖像可知，當\(x> 0\)時，都滿足關系\(lnx\leq x-1\)。
【法2】：作差構造函數法，令\(h(x)=lnx-x+1(x>0)\)，則\(h'(x)=\cfrac{1}{x}-1\)，
當\(0<x<1\)時，\(h'(x)>0\)；當\(x>1\)時，\(h'(x)<0\)；
即函數\(h(x)\)在\((0，1)\)上單調遞增，在\((1，+\infty)\)上單調遞減，
故函數\(h(x)_{max}=h(1)=0\)，故\(h(x)\leq 0\)，當且僅當\(x=1\)時取到等號，
故\(x> 0\)時，總有\(h(x)\leq 0\)，即\(lnx\leq >x-1\)。
【法3】利用反函數法，此法主要基於\(e^x\ge x+1\)的結論，
由於函數\(y=e^x\)以及函數\(y=x+1\)關於直線\(y=x\)的對稱函數
分別是\(y=lnx\)和函數\(y=x-1\)，故得到\(lnx\leq x-1\)。
【法4】：利用代數變換，由\(e^x\ge x+1\)，兩邊取自然對數得到\(lne^x\ge ln(x+1)\)，
即\(x\ge ln(x+1)\)，再用\(x-1\)替換\(x\)，得到\(x-1\ge lnx\)，即\(lnx\leq x-1\)。
不等式的變形
- \(e^x\ge x+1\)的常見變形：
$e^x\ge x+1\xrightarrow{用x+1替換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^*) $
\(e^{\frac{1}{3n}}>\cfrac{1}{3n}+1(等號取不到)\)。
-
\(e^x+2x-1\ge 0\)的解集，利用圖像求解。轉化為\(e^x\ge 1-2x\)，做兩個圖像就能看出，解集為\([0，+\infty)\)
-
\(e^x+kx-1\ge 0(k>0)\)的解集，利用圖像求解。轉化為\(e^x\ge 1-kx\)，做兩個圖像就能看出，解集為\([0，+\infty)\)
-
\(lnx\leq x-1(x>0)\)的常見變形：
\(x+n\ge ln(x+n+1)(x\neq 1)\)
\(x-1> lnx \xrightarrow{用\cfrac{1}{x}替換x} \cfrac{1}{x}-1> ln\cfrac{1}{x}\)
\(\Leftrightarrow \cfrac{1-x}{x}>-lnx \Leftrightarrow lnx>\cfrac{x-1}{x}=1-\cfrac{1}{x}\)。
\(ln\cfrac{1}{x+1}\leq \cfrac{1}{1+x}-1(x>-1) \Leftrightarrow (1+x)ln(1+x)\ge x\)
當\(x>0\)時，\(ln(x+1)<x\)，故\(\cfrac{1}{x}ln(x+1)<1\)，
故\(ln(x+1)^{\cfrac{1}{x}}<1=lne\)，故\((x+1)^{\frac{1}{x}}<e\)，
將此結論應用到自然數得到\((n+1)^{\cfrac{1}{n}}<e\)，或者\((1+\cfrac{1}{n})^n<e\)。
用\(x\Rightarrow lnx\)，得到\(x\geqslant lnx+1\).
典例剖析
(1).對於\(x\in(0，1)\)，\(f'(x)>0\)恆成立，求實數\(a\)的取值范圍。
分析：利用\(cosx-a>0\)在\(x\in(0，1)\)恆成立，可以求得\(a<cos1\)。
(2).當\(a=1\)時，令\(h(x)=f(x)-sinx+lnx+1\)，求\(h(x)\)的最大值。
分析：此時\(h(x)=lnx-x+1\)，如果能知道結論\(lnx\leq x-1\)，
即可知\(h(x)_{max}=h(1)=0\)。或利用導數也可以求得\(h(x)_{max}=h(1)=0\)。
(3).求證：\(ln(n+1)<1+\cfrac{1}{2}+\cfrac{1}{3}+\cdots+\cfrac{1}{n}(n\in N^*)\)。
分析：看到這樣的不等式關系，我們應該想到的有裂項相消法、數學歸納法，
法1: 由(2)的結論\(lnx \leq x-1\)得到\(ln(x+1)\leq x(x\neq 0)\)，
若將其延伸到自然數，則有\(ln(n+1)<n\)，再做代換，
用\(\cfrac{1}{n}\)替換\(n\)，變形得到\(ln(\cfrac{1}{n}+1)<\cfrac{1}{n}\)，
即\(ln(\cfrac{n+1}{n})=ln(n+1)-lnn<\cfrac{1}{n}\)，
令此式中的\(n\)分別取\(1，2，3，\cdots，n\)，即得到以下\(n\)個表達式：
\(ln\cfrac{2}{1}<1\)；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：可以考慮用數學歸納法，待后思考。
證明：先用導數證明\(e^x\ge x+1\)，再做代換，用\(\cfrac{1}{3^n}\)替換\(x\)，
得到\(e^{\frac{1}{3^n}}>\cfrac{1}{3^n}+1\)；即\(1+\cfrac{1}{3^n}<e^{\cfrac{1}{3^n}}\)；
故\((1+\cfrac{1}{3})\cdot (1+\cfrac{1}{3^2})\cdot(1+\cfrac{1}{3^3})\cdots (1+\cfrac{1}{3^n})\)
\(<e^{\frac{1}{3}+\frac{1}{3^2}+\frac{1}{3^3}+\dots+\frac{1}{3^n}}\)
\(=e^{\cfrac{\frac{1}{3}\cdot[1-(\frac{1}{3})^n]}{1-\frac{1}{3}}}\)
\(=e^{\cfrac{1}{2}(1-\cfrac{1}{3^n})}<e^{\cfrac{1}{2}}=\sqrt{e}<\sqrt{4}=2\)，
故得證。