$e^{x}\geqslant x+1$ 和 $x-1\geqslant \ln x$ 的来龙去脉和应用
在不等式的证明题目中，我们时不时会见到这两个不等式 $e^x\geqslant$$x$$+$$1$ 和 $x-1\geqslant\ln x$ 的影子，总结其常见的使用形式，很有必要。
前言
在不等式的证明题目中，我们时不时会见到这两个不等式 \(e^x\geqslant\)\(x\)\(+\)\(1\) 和 \(x-1\geqslant\ln x\) 的影子，总结其常见的使用形式，很有必要。
来龙去脉
重要的不等关系： \(e^x\geqslant x+1\) [从数的角度刻画]，
对应的形的角度的刻画：
那么对上述的结论如何做严格的证明呢？证明思路：
【法1】数形结合验证法[有失严谨，但直观好记忆]，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如上，
由图像可知，\(e^x\geqslant x+1\) (当且仅当 \(x=0\) 时取到等号)
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\(e^x>x+1\)。
相关变形：由 \(e^x\geqslant x+1\)，当 \(x+1>0\) 时，给不等式的两边同时取常用对数，得到 \(x\geqslant ln(x+1)\)，用 \(x-1\) 替换 其中的 \(x\) ，整理得到， \(x-1\geqslant \ln x\)，(当且仅当 \(x=1\) 时取到等号)
这样，我们就得到了两个重要的不等关系，
\(e^x\geqslant x+1\) (当且仅当 \(x=0\) 时取到等号)
\(x-1\geqslant \ln x\) (当且仅当 \(x=1\) 时取到等号)
💯高阶变形
针对 \(e^x\geqslant x+1\) 的常见变形，由于该不等式对 \(x\in R\) 都成立，故给 \(x\) 赋予合适的值，就能得到我们想要的一些结论，整理以下常用的变形和结论，以飨读者。
①用\(x+1\)替换\(x\)，则上式变形为\(e^{x+1}\geqslant x+2\)；
②用\(x-1\)替换\(x\)，则上式变形为\(e^{x-1}\geqslant x\)；
③同理可得，\(\Rightarrow e^{x+2}\geqslant x+3\)；
④当然，也可以得到 \(\Rightarrow e^{x+n}\ge x+n+1(n\in N^*)\)；
⑤当然，也可以得到 \(e^{\frac{1}{3n}}>\cfrac{1}{3n}+1(等号取不到)\)；
针对 \(\ln x\leqslant x-1\) 的常见变形，由于该不等式对 \(x>0\) 都成立，故给 \(x\) 赋予合适的值，就能得到我们想要的一些结论，整理以下常用的变形和结论，以飨读者。
① \(x+n\ge \ln(x+n+1)\)；用 \(x+n+1\Rightarrow x\)；
② \(x-1> \ln x \xrightarrow{用\frac{1}{x}替换 x } \cfrac{1}{x}-1> ln\cfrac{1}{x}\)；
③ \(\Leftrightarrow \cfrac{1-x}{x}>-\ln x \Leftrightarrow \ln x>\cfrac{x-1}{x}=1-\cfrac{1}{x}\)；
④ \(ln\cfrac{1}{x+1}\leq \cfrac{1}{1+x}-1(x>-1)\Leftrightarrow (1+x)ln(1+x)\ge x\)；
⑤ 当\(x>0\)时，\(ln(x+1)<x\)，故\(\cfrac{1}{x}ln(x+1)<1\)；故\(ln(x+1)^{\frac{1}{x}}<1=lne\)，故\((x+1)^{\frac{1}{x}}<e\)；
⑥ 将此结论应用到自然数得到\((n+1)^{\frac{1}{n}}<e\)，或者\((1+\cfrac{1}{n})^n<e\)；
⑦ 用\(x\Rightarrow \ln x\)，得到\(x\geqslant \ln x+1\) .
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\(h(x)=f(x)-sinx+\ln x+1\)，求\(h(x)\)的最大值。
分析：此时\(h(x)=\ln x-x+1\)，如果能知道结论\(\ln x\leq x-1\)，
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\(\ln x \leq x-1\)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\(x\)[由于 \(\cfrac{1}{3^n}\neq 0\)，故下式不取等号]，
得到 \(e^{\frac{1}{3^{^n}}}>\cfrac{1}{3^n}+1\) ；即 \(1+\cfrac{1}{3^n}<e^{\frac{1}{3^{^n}}}\) ；
令 \(1+\cfrac{1}{3^n}<e^{\frac{1}{3^{^n}}}\) 中的 \(n=1,2,3,\cdots,n\) 赋值，累乘得到，
\((1+\cfrac{1}{3})\cdot (1+\cfrac{1}{3^2})\cdot(1+\cfrac{1}{3^3})\cdots (1+\cfrac{1}{3^n})\)
\(<e^{\frac{1}{3}+\frac{1}{3^2}+\frac{1}{3^3}+\dots+\frac{1}{3^n}}\)
\(=e^{\cfrac{\frac{1}{3}\cdot[1-(\frac{1}{3})^n]}{1-\frac{1}{3}}}\)
\(=e^{\cfrac{1}{2}(1-\cfrac{1}{3^n})}<e^{\cfrac{1}{2}}=\sqrt{e}<\sqrt{4}=2\)，故得证。
(1)求 \(a\) 的值， 并判断该极值是函数的最大值还是最小值；
解: 因为 \(x=0\) 是函数的极值点， 所以 \(f^{\prime}(0)=0\)，
因为 \(f^{\prime}(x)=\mathrm{e}^{x}-a\)， 所以 \(f^{\prime}(0)=1-a=0\)， 解得 \(a=1\) 。
所以 \(f(x)=\mathrm{e}^{x}-x-1\)， 易知 \(f^{\prime}(x)=\mathrm{e}^{x}-1\)，
当 \(x \in(-\infty, 0)\) 时， \(f^{\prime}(x)<0\)，当 \(x \in(0,+\infty)\) 时， \(f^{\prime}(x)>0\)；
则 \(f(x)\) 在 \((-\infty, 0)\) 上单调递减， 在 \((0,+\infty)\) 上单调递增， 故极小值 \(f(0)\) 是函数的最小值。
(2)证明: \(1+\cfrac{1}{2}+\cfrac{1}{3}+\cdots+\cfrac{1}{n}>\ln (n+1)\left(n \in \mathbf{N}^{*}\right)\).
证明: 由(1)知 \(\mathrm{e}^{x} \geqslant x+1\)， 当且仅当 \(x=0\) 时， 等号成立；
给上式两边同时取对数，得到 \(x\geqslant\ln(x+1)\)， 当且仅当 \(x=0\) 时， 等号成立，
赋值，令 \(x=\cfrac{1}{k}\) (\(k\in{N}^{*}\))， 则\(\cfrac{1}{k}>\ln(1+\cfrac{1}{k})\)由于 \(\cfrac{1}{k}\)\(\neq\)\(0\)，故不等式不取等号，只取大于号。，即 \(\cfrac{1}{k}>\ln \cfrac{1+k}{k}\)，
所以 \(\cfrac{1}{k}>\ln (1+k)-\ln k\)(\(k=1,2,\cdots,n)\)，
令 \(k=1,2,\cdots,n\)，则得到以下式子，
\(\cfrac{1}{1}>\ln2-\ln1\)，
\(\cfrac{1}{2}>\ln3-\ln2\)，
\(\cfrac{1}{3}>\ln4-\ln3\)，
\(\cdots\)，\(\cdots\)
\(\cfrac{1}{n}>\ln(n+1)-\ln n\)，
以上 \(n\) 个式子累加，得 \(1+\cfrac{1}{2}+\cfrac{1}{3}+\cdots+\cfrac{1}{n}>\ln (n+1)\left(n \in \mathbf{N}^{*}\right)\)。
解析： 由 \(e^b=e^a+1>e^a\)，则得到 \(b>a\) ，故选项 \(A\) 正确；
由于 \(e^x\geqslant x+1\)，故有 \(e^b\geqslant b+1\)，则 \(e^a+1\geqslant b+1\)，即 \(e^a\geqslant b\)，故选项 \(B\) 正确；
同理，有 \(e^a\geqslant a+1\)，则有 \(e^a+1\geqslant a+2\)，即 \(e^b\geqslant a+2\)，故选项 \(C\) 正确；
对于选项 \(D\) 而言， \(\cfrac{e^{2b}}{e^a}=\cfrac{(e^a+1)^2}{e^a}=e^a+\cfrac{1}{e^a}+2\geqslant 4\)，故 \(e^{2b}\geqslant e^a\)，则选项 \(D\) 错误，故选 \(D\) .
解析：依托常用函数 \(f(x)=\cfrac{\ln x}{x}\) 比较 \(a\) 与 \(c\) 的大小关系；
由于函数 \(f(x)=\cfrac{\ln x}{x}\) 在 \((0,e)\) 单调递增，在 \((e,+\infty)\) 上单调递减，
则 \(f(2022)<f(2020)\)，即 \(\cfrac{\ln2022}{2022}<\cfrac{\ln 2020}{2020}\)，即 \(2020\ln2022<2022\ln2020\)，即 \(c<a\)；
再依托常用的不等关系[见上说明] \(x\geqslant\ln(x+1)\) 比较 \(a\) 与 \(b\) 的大小关系和 \(b\) 与 \(c\) 的大小关系；
\(b-a=2021\ln2021-2022\ln2020=2021(\ln2021-\ln2020)-\ln2020\)
\(=2021\ln(1+\cfrac{1}{2020})-\ln2020\)
\(\leqslant 2021\times \cfrac{1}{2020}-\ln2020<0\)，故 \(b<a\)；
同理，\(c-b=2020\ln2022-2021\ln2021=2020(\ln2022-\ln2021)-\ln2021\)
\(=2020\ln(1+\cfrac{1}{2021})-\ln2021\)
\(\leqslant 2020\times \cfrac{1}{2021}-\ln2021<0\)，故 \(c<b\)；
综上有 ，\(a>b>c\) ，故选 \(D\) .
