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)=xpm e^x)；
(m(x)=xcdot 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)=xpm lnx)；
(h(x)=xcdot 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 eq 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 eq 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 eq 0)时，总有(h(x)>0)，即(e^x>x+1)。
-
②、(e^xge x+1)，注意没有(x eq 0)的条件限制。
-
③、(lnxleq 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(lnxleq 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(lnxleq >x-1)。
【法3】利用反函数法，此法主要基于(e^xge 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(lnxleq x-1)。
【法4】：利用代数变换，由(e^xge x+1)，两边取自然对数得到(lne^xge ln(x+1))，
即(xge ln(x+1))，再用(x-1)替换(x)，得到(x-1ge lnx)，即(lnxleq x-1)。
不等式的变形
- (e^xge x+1)的常见变形：
$e^xge x+1xrightarrow{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(nin N^*) $
(e^{frac{1}{3n}}>cfrac{1}{3n}+1(等号取不到))。
-
(e^x+2x-1ge 0)的解集，利用图像求解。转化为(e^xge 1-2x)，做两个图像就能看出，解集为([0，+infty))
-
(e^x+kx-1ge 0(k>0))的解集，利用图像求解。转化为(e^xge 1-kx)，做两个图像就能看出，解集为([0，+infty))
-
(lnxleq x-1(x>0))的常见变形：
(x+nge ln(x+n+1)(x eq 1))
(x-1> lnx xrightarrow{用cfrac{1}{x}替换x} cfrac{1}{x}-1> lncfrac{1}{x})
(Leftrightarrow cfrac{1-x}{x}>-lnx Leftrightarrow lnx>cfrac{x-1}{x}=1-cfrac{1}{x})。
(lncfrac{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(xRightarrow lnx)，得到(xgeqslant lnx+1).
典例剖析
(1).对于(xin(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(xin(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(lnxleq 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}(nin 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 eq 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：
(lncfrac{2}{1}<1)；即(ln2-ln1<1)
(lncfrac{3}{2}<cfrac{1}{2})；即(ln3-ln2<cfrac{1}{2})；
(lncfrac{4}{3}<cfrac{1}{3})；即(ln4-ln3<cfrac{1}{3})；
(cdots)；(cdots)；
(lncfrac{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}(nin 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^xge 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。