前言
不等式性质
用不等式性质考查不等式的证明
分析：由于(age 0)，(P > 0)，(Q > 0)，
则有(Q^2-P^2=2a+7+2sqrt{a^2+7a+12}-(2a+7+2sqrt{a^2+7a+10}))
(=2(sqrt{a^2+7a+12}-sqrt{a^2+7a+10}) > 0)，
所以(Q^2>P^2)，则(Q>P)。
用均值不等式证明不等式
数列中
数列中的不等式证明，常涉及裂项法和简单的放缩法
考向1：先求和后放缩的证明模式，高考考查的重点；
分析：由(a_1+2d=3)和(4a_1+6d=10)，
容易计算出(a_n=n)，故(S_n=cfrac{n(n+1)}{2})，
则有(cfrac{1}{S_n}=cfrac{2}{n(n+1)}=2(cfrac{1}{n}-cfrac{1}{n+1}))，
故(sumlimits_{k=1}^n {cfrac{1}{S_k}}=2[(1-cfrac{1}{2})+(cfrac{1}{2}-cfrac{1}{3})+cdots +(cfrac{1}{n}-cfrac{1}{n+1})])
(=2(1-cfrac{1}{n+1})<2)。
解后反思：
1、本题目需要先利用裂项法求和，再利用放缩法证明不等式；
2、这类题目的求和方法常常和裂项相消法关联；
3、利用的放缩原理比如(2-a<2(a>0))或(2+a>2(a>0))，相对比较简单。
考向2：先放缩后求和的证明模式，高考考查的次重点
证明：由于(2^n-1ge 2^{n-1})(当(n=1)时取等号，其他都取大于号)
故(cfrac{1}{2^n}leq cfrac{1}{2^{n-1}})(当(n=1)时取等号，其他都取大于号)
即(a_1=1)，
(a_2<cfrac{1}{2^1})
(a_3<cfrac{1}{2^2})
(cdots)
(a_n<cfrac{1}{2^{n-1}})
故(S_n=a_1+a_2+cdots+a_n)
$<1+cfrac{1}{2^1} + cfrac{1}{2^2}+cdots+cfrac{1}{2^{n-1}} $
(=cfrac{1cdot(1-cfrac{1}{2^n})}{1-cfrac{1}{2}})
(=2(1-cfrac{1}{2^n})<2)
即(S_n<2)。
解后反思：
1、本题目需要先将每一项恰当放缩，然后利用等比数列求和公式求和，再利用放缩法证明不等式；
2、这类题目的难点在于第一步，到底怎样的放缩是恰当的，这需要一定的数学素养；
3、常用的放缩公式有(相对比较复杂)：
①(cfrac{1}{2^n-1}leq cfrac{1}{2^{n-1}})；
② (n(n-1)<n^2< n(n+1))或者(cfrac{1}{n(n-1)}>cfrac{1}{n^2}>cfrac{1}{n(n+1)})；
(cfrac{1}{n-1}-cfrac{1}{n}=cfrac{1}{n(n-1)}>cfrac{1}{n^2}>cfrac{1}{n(n+1)}=cfrac{1}{n}-cfrac{1}{n+1})
③(cfrac{1}{n^2}<cfrac{1}{n^2-1}=cfrac{1}{2}(cfrac{1}{n-1}-cfrac{1}{n+1}))
④(2(sqrt{n+1}-sqrt{n})<cfrac{1}{sqrt{n}}<2(sqrt{n}-sqrt{n-1}))
⑤利用((1+x)^n)的二项展开式进行放缩。
函数与导数中
函数与导数中的证明，常涉及作差构造函数或变形后构造函数，或放缩法或数学归纳法证明，最难的情形
(1)讨论函数(f(x))的单调性。
(2)当(x>y>e-1)时，证明不等式(e^xcdot ln(1+y)>e^ycdot ln(1+x))
分析：(1)定义域为((0，+infty))，又(f'(x)=a-cfrac{1}{x}=cfrac{ax-1}{x})，
由于分母为正，故只针对分子(ax-1)分类讨论，
当(aleq 0)时，(ax-1<0)，即(f'(x)<0)，故在((0，+infty))上单调递减；
当(a>0)时，令(ax-1=0)，得到(x=cfrac{1}{a})，
故在((0，cfrac{1}{a}))上单调递减，在((cfrac{1}{a}，+infty))上单调递增。
(2)将欲证明结论
(e^xcdot ln(1+y)>e^ycdot ln(1+x))变形为(cfrac{ln(1+y)}{e^y}>cfrac{ln(1+x)}{e^x})，
题目转化为由(x>y>e-1)时，证明(cfrac{ln(1+y)}{e^y}>cfrac{ln(1+x)}{e^x})，
故我们构造函数(g(x)=cfrac{ln(1+x)}{e^x})，
这样命题转化为当(x>y>e-1)时，(g(y)>g(x))，
故只需要证明函数(g(x))在((e-1，+infty))上单调递减即可。
以下用导数证明。
(g'(x)=cfrac{cfrac{1}{x+1}cdot e^x-ln(x+1)cdot e^x}{(e^x)^2}=cfrac{cfrac{1}{x+1}-ln(x+1)}{e^x})，
令(h(x)=cfrac{1}{x+1}-ln(x+1))，
则(h'(x)=-cfrac{1}{(x+1)^2}-cfrac{1}{x+1}=-cfrac{x+2}{(1+x)^2})，
当(x>e-1)时，很显然(h'(x)<0)；
故函数(h(x))在((e-1，+infty))上单调递减，
故(h(x)<h(e-1)=cfrac{1}{e}-1<0)，
故导函数(g'(x)=cfrac{h(x)}{e^x}<0)在((e-1，+infty))上恒成立，
故函数(g(x))在((e-1，+infty))上单调递减，证毕。
(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^*))。
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。
分析：令(cfrac{x_1}{x_2}=t)，则(t>1)；
(ln(cfrac{x_1}{x_2})>2cfrac{x_1-x_2}{x_1+x_2})等价于(lnt>2cfrac{t-1}{t+1})；
然后作差构造函数(g(t)=lnt-2cfrac{t-1}{t+1})，想办法证明(g(t)>0)恒成立即可。
解析：(g'(t)=cfrac{1}{t}-2cfrac{1cdot(t+1)-(t-1)cdot 1}{(t+1)^2}=cfrac{1}{t}-cfrac{4}{(t+1)^2}=cfrac{(t-1)^2}{t(t+1)^2}ge 0)
故函数(g(x))在区间((1，+infty))上单调递增，
(g(x)_{min} ightarrow g(1)=0)，
故(g(x)>0)在区间((1，+infty))上恒成立，
故原命题得证。
(1)、设(x=2)是(f(x))的极值点，求(a)，并求(f(x))的单调区间。
【解析】(f'(x)=ae^x-cfrac{1}{x})，由(f'(x)=0)，解得(a=cfrac{1}{2e^2})；
即(f(x)=cfrac{e^x}{2e^2}-lnx-1)；
下面求单调区间，定义域是((0，+infty))，
【法1】：(f'(x)=cfrac{e^x}{2e^2}-cfrac{1}{x}=cfrac{1}{2e^2}cdot cfrac{xe^x-2e^2}{x})
到此，结合题目给定的(f'(2)=0)，猜想验证，写出结果，
当(0< x <2)时，(f'(x )<0)，当(x >2)时，(f'(x) >0)，
故单调递减区间是((0，2))，单调递增区间是((2，+infty))；
【法2】：令(f'(x)>0)，即(cfrac{e^x}{2e^2}>cfrac{1}{x})，即(xe^x-2e^2>0)，观察可得，(x >2)
同理，令(f'(x)<0)，可得(0< x < 2)，
故单调递减区间是((0，2))，单调递增区间是((2，+infty))；
(2)、证明(age cfrac{1}{e})时，(f(x)ge 0)。
【法1】： 已知题目(age cfrac{1}{e})是(f(x)ge 0)的充分条件，转化为求(f(x)ge 0)恒成立时，求解(a)的取值范围，即必要条件。
由题目(f(x)ge 0)可知，(ae^x-lnx-1 ge 0)，即(ae^xge lnx+1)，
分离参数得到(age cfrac{lnx+1}{e^x})恒成立，
令(h(x)= cfrac{lnx+1}{e^x})，只需要求得(h(x)_{max})，
(h'(x)=cfrac{cfrac{1}{x}e^x-(lnx+1)e^x}{(e^x)^2}=cfrac{cfrac{1}{x}-lnx-1}{e^x})
(=cfrac{1}{e^x}cdot cfrac{1-x-xcdot lnx}{x})
说明：此时有一个很实用的数学常识，当表达式中含有(lnx)时常常用(x=1)来尝试寻找分点。比如此题中(h'(1)=0)
然后分((0，1))和((1，+infty))两段上分别尝试判断其正负，从而得到
当(0< x <1)时，(h'(x)>0)，(h(x))单调递增，
当(x >1)时，(h'(x)<0)，(h(x))单调递减，
故(x=1)时，函数(h(x)_{max}=h(1)=cfrac{1}{e})，
故(age cfrac{1}{e})时，(f(x)ge 0)。
小结：1、本题转而求(f'(x)ge 0)的必要条件。
2、注意含有(lnx)或(ln(x+1))的表达式的分点的尝试，其实质是数学中的观察法。
【法2】：分析，当(age cfrac{1}{e})时，(f(x)ge cfrac{e^x}{e}-lnx-1=g(x))，只需要说明(g(x)_{min}ge 0)即可。
当(age cfrac{1}{e})时，(f(x)ge cfrac{e^x}{e}-lnx-1)，
设(g(x)=cfrac{e^x}{e}-lnx-1)，则(g'(x)=cfrac{e^x}{e}-cfrac{1}{x}=cfrac{1}{e}cdot cfrac{xe^x-1cdot e^1}{x})，
故用观察法容易得到
(0< x <1)时，(g'(x)<0)，(x > 1)时，(g'(x)>0)，
即(x=1)是函数(g(x))的最小值，则(x>0)时，(g(x)ge g(1)=0)，
故(age cfrac{1}{e})时，(f(x)ge 0)。
二项式定理
用二项式定理证明不等式：已知(S_n=C_n^1+3C_n^2+9C_n^3+cdots+3^{n-1}C_n^n)，求证：(S_n<cfrac{4^n}{3})
分析：(3S_n=3C_n^1+3^2C_n^2+3^3C_n^3+cdots+3^nC_n^n)，
(3S_n+1=C_n^0+3C_n^1+3^2C_n^2+3^3C_n^3+cdots+3^nC_n^n=(1+3)^n)，
(3S_n=(1+3)^n-1)，(S_n=cfrac{4^n-1}{3}<cfrac{4^n}{3})。
法1：由二项展开式可知$$(1+cfrac{1}{n})^n=1+C_n^1cdot cfrac{1}{n}+C_n^2cdot cfrac{1}{n^2}+cdots+C_n^ncdot cfrac{1}{n^n}$$
由于各项均为正数，且(nin N^*)，删减项放缩法得到，
则((1+cfrac{1}{n})^n>1+C_n^1cdot cfrac{1}{n}=2)；
又由于((1+cfrac{1}{n})^n=1+C_n^1cdot cfrac{1}{n}+C_n^2cdot cfrac{1}{n^2}+cdots+C_n^ncdot cfrac{1}{n^n})
(=1+1+cfrac{1}{2!}cdot cfrac{n-1}{n}+cfrac{1}{3!}cdot cfrac{(n-1)(n-2)}{n^2}+cdots+cfrac{1}{n!}cdot cfrac{(n-1) imes (n-2) imes cdots imes 2 imes 1}{n^{n-1}})
(<1+1+cfrac{1}{2!}+cfrac{1}{3!}+cdots +cfrac{1}{n!})
(<1+1+cfrac{1}{2}+cfrac{1}{2^2}+cdots +cfrac{1}{2^{n-1}})
$=1+cfrac{1-cfrac{1}{2^n}}{1-cfrac{1}{2}} $
(=3-cfrac{1}{2^{n-1}}<3)，
故(2<(1+cfrac{1}{n})^n<3)，证毕。
法2：也可以考虑使用数学归纳法证明。
数学归纳法
数学归纳法证明不等式，凡是涉及与自然数有关的不等式命题，都可以考虑尝试用。
(1)当(n=1，2，3)时，试比较(f(n))与(g(n))的大小关系。
分析：当(n=1)时，(f(1)=1)，(g(1)=1)，所以(f(1)=g(1))；
当(n=2)时，(f(2)=cfrac{9}{8})，(g(2)=cfrac{11}{8})，所以(f(2)<g(2))；
当(n=3)时，(f(3)=cfrac{251}{216})，(g(3)=cfrac{312}{216})，所以(f(3)<g(3))；
(2)猜想(f(n))与(g(n))的大小关系，并给出证明。
猜想：(f(n)leq g(n))，以下用数学归纳法给出证明。
①当(n=1，2，3)时，不等式显然成立；
②假设当(n=k(kge 3，kin N^*))时不等式(f(k)<g(k))成立，即
(1+cfrac{1}{2^3}+cfrac{1}{3^3}+cfrac{1}{4^3}+cdots++cfrac{1}{k^3}<cfrac{3}{2}-cfrac{1}{2k^2})。
那么，当(n=k+1)时，(f(k+1)=f(k)+cfrac{1}{(k+1)^3}<cfrac{3}{2}-cfrac{1}{2k^2}+cfrac{1}{(k+1)^3})
([cfrac{3}{2}-cfrac{1}{2k^2}+cfrac{1}{(k+1)^3}]-[cfrac{3}{2}-cfrac{1}{2(k+1)^2}])
(=-cfrac{1}{2k^2}+cfrac{2}{2(k+1)^3}+cfrac{k+1}{2(k+1)^3})
(=cfrac{k+3}{2(k+1)^3}-cfrac{1}{2k^2})
(=cfrac{(k+3)k^2-(k+1)^3}{2k^2(k+1)^3})
(=cfrac{-3k-1}{2k^2(k+1)^3}<0)
故(f(k+1)<cfrac{3}{2}-cfrac{1}{2k^2}+cfrac{1}{(k+1)^3}<cfrac{3}{2}-cfrac{1}{2(k+1)^2}=g(k+1))，
即(n=k+1)时，不等式成立，
综上所述，(f(n)leq g(n))对任意(nin N^*)都成立。
不等式选讲
不等式选讲中用绝对值不等式或柯西不等式证明