在高考数学中，函数与不等式的综合题是函数、方程、不等式、数列等内容的有机结合. 证明不等式的方法很多，但在处理函数与不等式的综合题时，运用常规办法往往难以奏效或过程繁琐，需另辟蹊径. 本文结合实例，通过充分利用函数性质来探求这类题型的解题策略.
　　等价转化后作差构造函数证明不等式
　　例1 设函数[f（x），g（x）]的定义域为[R]，且[f（x）]是奇函数，[g（x）]是偶函数，[f（x）+g（x）=ex]，其中[e]为自然对数的底数.
　　（1）求[f（x），g（x）]的解析式，并证明：当[x>0]时，[f（x）>0]，[g（x）≥1]；
　　（2）设[a≤0，b≥1]，证明：当[x>0]时，[ag（x）+（1-a）　　分析 根据函数性质，不难得出（1）中[f（x）=ex-e-x2>0，g（x）=ex+e-x2>1]. 如果直接将[f（x）]，[g（x）]的解析式代入（2）中的不等式，再化简变形进行证明的话，就会非常繁琐. 我们注意到[x>0]，（2）所证不等式等价于[axg（x）+（1-a）x　　解 （1）略
　　（2）①要证[f（x）x>ag（x）+（1-a），]
　　即证[f（x）>axg（x）+（1-a）x]，
　　构造函数[h（x）=f（x）-axg（x）-（1-a）x]，
　　又[f（x）=g（x），g（x）=f（x）]，
　　[∴h（x）=f（x）-[ag（x）+ax?g（x）]-（1-a）]
　　[=g（x）-[ag（x）+a?x?f（x）]-（1-a）]
　　[=（1-a）[g（x）-1]-axf（x）].
　　[∵a≤0，g（x）≥1，f（x）>0，∴h（x）>0.]
　　故[h（x）]在[[0，+∞）]上为增函数，从而[h（x）>h（0）=0]，即[f（x）x>ag（x）+（1-a）].
　　②要证[f（x）x　　构造函数[φ（x）=f（x）-bxg（x）-（1-b）x]，
　　[∴φ（x）=（1-b）[g（x）-1]-bxf（x）].
　　又[∵b≥1，g（x）≥1，f（x）>0]，
　　[∴φ（x）<0]，即[φ（x）]在[[0，+∞）]上为减函数.
　　从而[φ（x）<φ（0）=0]，即[f（x）x　　故不等式得证.
　　解读 本题第（1）问通过函数的奇偶性来构造方程组，从而得出函数解析式及其相关性质. 第（2）问通过结合条件等价变形，并巧妙地结合第（1）问中[f（x），g（x）]之间的关系，直接作差构造函数达到证明不等式的目的.
　　利用函数的最值证明不等式
　　例2 已知数列[an]的各项均为正数，[bn=n（1+1n）nan（n∈N*）]，[e]为自然对数的底数. 求函数[f（x）=1+x-ex]的单调区间，并比较[（1+1n）n]与[e]的大小.
　　分析 通过取[n]的特值，猜想[（1+1n）n　　解 通过求导知，[f（x）=1-ex]，当[x<0]时，[f（x）>0；]当[x>0]时，[f（x）<0]，
　　所以[f（x）]在[（-∞，0）]上增函数，在[（0，+∞）]上为减函数，[f（x）max=f（0）=0]，
　　故当[x>0]时，[f（x）　　令[x=1n]得，[1+1n　　解读 本题直接由函数的最大值得出函数不等式，再经过换元就得到数列不等式的大小.
　　例3 已知函数[f（x）=ex-ln（x+m）].
　　（1）设[x=0]是[f（x）]的极值点，求[m]，并讨论[f（x）]的单调性；
　　（2）当[m≤2]时，证明：[f（x）>0].
　　分析 对于第（2）问，如果直接转化为[f（x）min>0]，就必须探求[f（x）]的最小值，从而转化为对任意[m≤2]讨论[f（x）]的单调性，比较繁琐，不易采用此种思路.我们注意到，当[m≤2，x∈（-m，+∞）]时，[ln（x+m）≤ln（x+2）]，通过放缩，有[f（x）=ex-ln（x+m）≥ex-ln（x+2）]，所以只需证[ex-ln（x+2）>0]即可，而证明上述不等式，必须寻求当[m=2]时[f（x）]的最小值.
　　解 （1）略
　　（2）当[m≤2]，[x∈（-m，+∞）]时，[ln（x+m）≤ln（x+2）]，
　　故只需证明当[m=2]时，[f（x）>0].
　　当[m=2]时，函数[f（x）=ex-1x+2]在[（-2，+∞）]上单调递增.
　　又[f（-1）<0，f（0）>0，]故[f（x）=0]在[（-2，+∞）]上有惟一实根[x0]，且[x0∈（-1，0）].
　　当[-2x0]时，[f（x）>0].
　　[∴f（x）]在[x=x0]处取得最小值.
　　[∴f（x）≥f（x0）=ex0-ln（x0+2）] 　　又[f（x0）=ex0-2x0+2=0]，即[ln（x0+2）=-x0].
　　[∴f（x）≥f（x0）=1x0+2+x0=（x0+1）2x0+2>0].
　　综上，当[m≤2]时，[f（x）>0].
　　解读 本题通过适当的放缩，转化为寻求当[m=2]时[f（x）]的最小值，利用最小值大于零从而达到证明不等式的目的. 与例2的区别在于，本题无法求出具体的最值点，而是首先验证极值点的存在性和惟一性，再说明此时极值点就是所求的最小值点，并充分利用极值点满足的方程来验证最小值大于零.
　　利用函数单调性证明不等式
　　例4 已知常数[a≥0]，函数[f（x）=ln（1+x）+a2x2-x，][x≥0，]
　　（1）讨论函数[f（x）]的单调性；
　　（2）设[n∈N*]，求证：[ln（n+1）　　分析 要证明（2）中[ln（n+1）x-x22（x>0）]，即证[ln（1+x）>][x22-x>0]，此不等式恰好可以利用当[a≥1]时函数[f（x）]的单调性加以证明.
　　解 （1）通过分类讨论知，
　　当[a=0]时，[f（x）]在[[0，+∞）]上单调递减.
　　当[0　　当[a≥1]时，[f（x）]在[[0，+∞）]上单调递增.
　　（2）由（1）知，[a=0]时，[f（x）]在[[0，+∞）]上减函数.
　　又[f（0）=0]，
　　[∴f（x）=ln（1+x）-x0）].
　　令[x=1n，]则[ln（1+1n）<1n（n∈N*）].
　　[即ln（1+1）<1，ln（1+12）<12，ln（1+13）<13，…，ln（1+1n）<1n，]
　　相加得，[ln（n+1）　　由（1）知，[a=1]时，[f（x）]在[[0，+∞）]上为增函数.
　　又[f（0）=0]，
　　[∴f（x）=ln（1+x）+x22-x>f（0）=0 （x>0）]，
　　即[ln（1+x）>x-x22（x>0）.]
　　令[x=1n]，则[ln（1+1n）>1n-12n2（n∈N*）.]
　　[∴ln（1+1）>1-12×112]，[ln（1+12）>12-12×122]，
　　[ln（1+13）>13-12×132，…，ln（1+1n）>1n-12×1n2]
　　相加得，[ln（n+1）>k=1n1k-12（1+122+132+…+1n2）].
　　[∴k=1n1k　　[　　[=ln（n+1）+12[1+（1-12）+（12-13）+…+（1n-1-1n）]]
　　[=ln（n+1）+2n-12n].
　　解读 本题第（2）问通过寻求数列不等式的通项，换元转化为函数不等式，再结合第（1）问函数的单调性的结论，从而达到证明不等式的目的.
　　在解题时遇到类似的问题，我们就可以尝试以上三种策略. 先根据题设条件和欲证结论选定变量（或者换元设置新的变量，利用欲证结论与题目所涉及的函数之间的联系来选取适当的函数，或者根据欲证结论构造新的函数），然后运用导数工具，充分利用函数的最值、单调性、有界性等性质达到证明不等式的目的.