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解题思路
1. 构造[f（x）]函数：
该函数在指定区间内的图象是凹（或凸）的，以[f（x）]为凹函数为例.
2. 求定义域中自变量的某些取值[xi]的平均值[μ=i=1nxin]，求出切线函数[y=f（μ）（x-μ）+f（μ）.]
3. 观察右图并分析：
（1）差函数[h（x）=f（x）-y]是一个先减后增的函数；
（2）在[x=μ]处是唯一的极小值；
（3）[hmin（x）=0]；
（4）[f（x）≥y]恒成立.
4.[i=1nf（xi）≥f（μ）i=1n（xi-μ）+nf（μ）=nf（μ）.]
5. 将证明一个数列不等式的问题通过缩放，转化成证明一个简单不等式.
一、运用凹函数的切线求解
例1 已知函数[f（x）=ln（x+1x）]，且[f（x）]在[x=12]处切线方程为[g（x）].
（1）求[g（x）]的解析式；
（2）证明：当[x>0]时，恒有[f（x）≥g（x）]；
（3）已知[i=1nai=1]，且[ai>0]，求证：[（a1+1a1）（a2+1a2）…（an+1an）≥（n+1n）n].
解析 （3）先求函数[f（x）]的图象在点[（1n，f（1n））]处的切线方程：[y=n-n3n2+1（x-1n）+ln（n+1n）]，
构造差函数[h（x）=f（x）-y=ln（x+1x）-][n-n3n2+1（x-1n）-ln（n+1n），x>0].
求导，[h（x）=（x-1n）[（n3-n）x2+2n2x+n3+n]（x3+x）（n2+1），]
可知[h（x）]在[（0，1n）]上单调递减，在[（1n，+∞）]上单调递增，
[hmin（x）=h（1n）=0].
[∴ln（x+1x）≥n-n3n2+1（x-1n）+ln（n+1n）]对[x>0]恒成立.
于是，[i=1nln（ai+1ai）≥n-n3n2+1i=1n（ai-1n）+n?ln（n+1n）][=ln（n+1n）n.]
故[（a1+1a1）（a2+1a2）…（an+1an）≥（n+1n）n].
点拨 函数[f（x）=ln（x+1x），（0 二、运用凸函数的切线求解
例2 已知函数[f（x）=lnx+1x-1].
（1）求函数[f（x）]的单调区间；
（2）设[m∈R，?a∈（0，1）]，总[?x0∈[1，e]]，使[ma-f（x0）<0]成立，求实数[m]的范围；
（3）证明：[n！≤（n+12）n].
解析 （3）要证[n！≤（n+12）n]，
即证[ln1+ln2+…+lnn≤nlnn+12，]
先求平均数[1+2+…+nn=n+12]，
于是考查函数[g（x）=lnx]在点[（n+12，g（n+12））]处的切线方程为：[y=g（n+12）（x-n+12）+g（n+12）.]
令[h（x）=g（x）-y=lnx-g（n+12）（x-n+12）]
[-g（n+12）][（x≥1）]，
求导分析得：[hmax（x）=h（n+12）=0.]
[∴lnx≤g（n+12）（x-n+12）+g（n+12）] 对一切[x≥1]恒成立，
于是，[i=1nlni≤g（n+12）i=1n（x-n+12）-n?lnn+12][=nlnn+12.]
点拨 例2和例1有不同之处，需要对它进行变形：一边是（[n]项）和式，另一边是简式（非[n]项和式）.构造的函数[g（x）=lnx，（x≥1）]是个凸函数，选择切点为[（n+12，g（n+12））]就能确保和式[i=1n（x-n+12）=0]，从而降低另一边的求和难度.
例3 已知函数[f（x）=2p-1（xp+ap）-（x+a）p][（x≥0，a>0，p>1）.]
（1）求[f（x）]的最小值；
（2）证明：[（a+b2）p≤ap+bp2（a>0，b>0，p>1）]；
（3）证明：[（a1+a2+…+ann）p≤ap1+ap2+…+apnn][（a1，a2，…，an∈R+）].
解析 （3）由题意知，要证[（a1+a2+…+ann）p≤][ap1+ap2+…+apnn]，
即证[（a1a1+a2+…+an）p+（a2a1+a2+…+an）p+][…+（ana1+a2+…+an）p≥（1n）p-1].
令[xi=aia1+a2+…+an]，则[i=1nxi=1].
函数[h（x）=xp]（[0 令[m（x）=h（x）-y=xp-h（1n）（x-1n）-（1n）p]，
求导分析得[mmin（x）=m（1n）=0].
故[xp≥h（1n）（x-1n）+（1n）p]对[0 即[i=1nxpi≥（1n）p-1]，
[∴（a1+a2+…+ann）p≤ap1+ap2+…+apnn].
点拨 例3和前面两个例题有不同之处——不等式两边都出现和式，需要对它进行变形：一边是（[n]项）和式，另一边是简式（非[n]项和式）.
三、利用凹、凸函数的切线时的注意事项
上述解法均是用放缩法求证不等式，以直代曲的放缩，有时候也会因放的过份而不能证明命题.这样看来，这种做法，会有很大的局限性.比如下面的例题：
例4 已知[f（x）=x-ax（a>0）]，[g（x）=2lnx]，
（1）若对[[1，+∞）]内的一切实数[x]，不等式[f（x）≥g（x）]恒成立，求实数[a]的取值范围；
（2）当[a=1]时，求最大的正整数[k]，使得对[[e，3]]（[e=2.71828…]是自然对数的底数）内的任意[k]个实数[x1，x2，…，xk]都有[f（x1）+f（x2）+…+f（xk-1）][≤16g（xk）]成立；
（3）求证：[i=1n4i4i2-1>ln（2n+1）（n∈N*）].
解析 （3）利用上述解法，[i=1n4i4i2-1>2-2n+2，]很显然缩的太小，无法进行下去. 不过它可以有如下解法：
由（1）可知[x∈（1，+∞）]时，[f（x）>g（x）]，即[lnx<12（x-1x）].
令[x=2k+12k-1，]得[ln2k+12k-1<12（2k+12k-1-2k-12k+1），]
化简得[ln（2k+1）-ln（2k-1）<4k4k2-1]，
[ln（2n+1）=i=1n[ln（2i+1）-ln（2i-1）]
1. 已知函数[f（x）=xlnx+（a-x）ln（a-x），（a>0）]
（1）当[a=1]时，求[f（x）]的最小值；
（2）证明：[?x1，x2∈R]，恒有[x1lnx1+x2lnx2][≥（x1+x2）[ln（x1+x2）-ln2]]；
（3）已知[i=1nxi=1]，求证：[i=1nxilnxi≥-nln2].
2. 设函数[f（x）=x-（x+1）ln（x+1），x>-1.]
（1）求函数[f（x）]的单调区间；
（2）试通过研究函数[g（x）=ln（1+x）x，（x>0）]的单调性，证明：当[n>m>0]时，[（1+n）m<（1+m）n]；
（3）已知[n>2012]，且[x1，x2，…，xn∈R+，][x1+x2][+…+xn=1]，证明：[（x211+x1+x221+x2+…+][x2n1+xn）1n][>（12013）12012].
1. 构造[f（x）]函数：
该函数在指定区间内的图象是凹（或凸）的，以[f（x）]为凹函数为例.
2. 求定义域中自变量的某些取值[xi]的平均值[μ=i=1nxin]，求出切线函数[y=f（μ）（x-μ）+f（μ）.]
3. 观察右图并分析：
（1）差函数[h（x）=f（x）-y]是一个先减后增的函数；
（2）在[x=μ]处是唯一的极小值；
（3）[hmin（x）=0]；
（4）[f（x）≥y]恒成立.
4.[i=1nf（xi）≥f（μ）i=1n（xi-μ）+nf（μ）=nf（μ）.]
5. 将证明一个数列不等式的问题通过缩放，转化成证明一个简单不等式.
一、运用凹函数的切线求解
例1 已知函数[f（x）=ln（x+1x）]，且[f（x）]在[x=12]处切线方程为[g（x）].
（1）求[g（x）]的解析式；
（2）证明：当[x>0]时，恒有[f（x）≥g（x）]；
（3）已知[i=1nai=1]，且[ai>0]，求证：[（a1+1a1）（a2+1a2）…（an+1an）≥（n+1n）n].
解析 （3）先求函数[f（x）]的图象在点[（1n，f（1n））]处的切线方程：[y=n-n3n2+1（x-1n）+ln（n+1n）]，
构造差函数[h（x）=f（x）-y=ln（x+1x）-][n-n3n2+1（x-1n）-ln（n+1n），x>0].
求导，[h（x）=（x-1n）[（n3-n）x2+2n2x+n3+n]（x3+x）（n2+1），]
可知[h（x）]在[（0，1n）]上单调递减，在[（1n，+∞）]上单调递增，
[hmin（x）=h（1n）=0].
[∴ln（x+1x）≥n-n3n2+1（x-1n）+ln（n+1n）]对[x>0]恒成立.
于是，[i=1nln（ai+1ai）≥n-n3n2+1i=1n（ai-1n）+n?ln（n+1n）][=ln（n+1n）n.]
故[（a1+1a1）（a2+1a2）…（an+1an）≥（n+1n）n].
点拨 函数[f（x）=ln（x+1x），（0
例2 已知函数[f（x）=lnx+1x-1].
（1）求函数[f（x）]的单调区间；
（2）设[m∈R，?a∈（0，1）]，总[?x0∈[1，e]]，使[ma-f（x0）<0]成立，求实数[m]的范围；
（3）证明：[n！≤（n+12）n].
解析 （3）要证[n！≤（n+12）n]，
即证[ln1+ln2+…+lnn≤nlnn+12，]
先求平均数[1+2+…+nn=n+12]，
于是考查函数[g（x）=lnx]在点[（n+12，g（n+12））]处的切线方程为：[y=g（n+12）（x-n+12）+g（n+12）.]
令[h（x）=g（x）-y=lnx-g（n+12）（x-n+12）]
[-g（n+12）][（x≥1）]，
求导分析得：[hmax（x）=h（n+12）=0.]
[∴lnx≤g（n+12）（x-n+12）+g（n+12）] 对一切[x≥1]恒成立，
于是，[i=1nlni≤g（n+12）i=1n（x-n+12）-n?lnn+12][=nlnn+12.]
点拨 例2和例1有不同之处，需要对它进行变形：一边是（[n]项）和式，另一边是简式（非[n]项和式）.构造的函数[g（x）=lnx，（x≥1）]是个凸函数，选择切点为[（n+12，g（n+12））]就能确保和式[i=1n（x-n+12）=0]，从而降低另一边的求和难度.
例3 已知函数[f（x）=2p-1（xp+ap）-（x+a）p][（x≥0，a>0，p>1）.]
（1）求[f（x）]的最小值；
（2）证明：[（a+b2）p≤ap+bp2（a>0，b>0，p>1）]；
（3）证明：[（a1+a2+…+ann）p≤ap1+ap2+…+apnn][（a1，a2，…，an∈R+）].
解析 （3）由题意知，要证[（a1+a2+…+ann）p≤][ap1+ap2+…+apnn]，
即证[（a1a1+a2+…+an）p+（a2a1+a2+…+an）p+][…+（ana1+a2+…+an）p≥（1n）p-1].
令[xi=aia1+a2+…+an]，则[i=1nxi=1].
函数[h（x）=xp]（[0
求导分析得[mmin（x）=m（1n）=0].
故[xp≥h（1n）（x-1n）+（1n）p]对[0
[∴（a1+a2+…+ann）p≤ap1+ap2+…+apnn].
点拨 例3和前面两个例题有不同之处——不等式两边都出现和式，需要对它进行变形：一边是（[n]项）和式，另一边是简式（非[n]项和式）.
三、利用凹、凸函数的切线时的注意事项
上述解法均是用放缩法求证不等式，以直代曲的放缩，有时候也会因放的过份而不能证明命题.这样看来，这种做法，会有很大的局限性.比如下面的例题：
例4 已知[f（x）=x-ax（a>0）]，[g（x）=2lnx]，
（1）若对[[1，+∞）]内的一切实数[x]，不等式[f（x）≥g（x）]恒成立，求实数[a]的取值范围；
（2）当[a=1]时，求最大的正整数[k]，使得对[[e，3]]（[e=2.71828…]是自然对数的底数）内的任意[k]个实数[x1，x2，…，xk]都有[f（x1）+f（x2）+…+f（xk-1）][≤16g（xk）]成立；
（3）求证：[i=1n4i4i2-1>ln（2n+1）（n∈N*）].
解析 （3）利用上述解法，[i=1n4i4i2-1>2-2n+2，]很显然缩的太小，无法进行下去. 不过它可以有如下解法：
由（1）可知[x∈（1，+∞）]时，[f（x）>g（x）]，即[lnx<12（x-1x）].
令[x=2k+12k-1，]得[ln2k+12k-1<12（2k+12k-1-2k-12k+1），]
化简得[ln（2k+1）-ln（2k-1）<4k4k2-1]，
[ln（2n+1）=i=1n[ln（2i+1）-ln（2i-1）]
1. 已知函数[f（x）=xlnx+（a-x）ln（a-x），（a>0）]
（1）当[a=1]时，求[f（x）]的最小值；
（2）证明：[?x1，x2∈R]，恒有[x1lnx1+x2lnx2][≥（x1+x2）[ln（x1+x2）-ln2]]；
（3）已知[i=1nxi=1]，求证：[i=1nxilnxi≥-nln2].
2. 设函数[f（x）=x-（x+1）ln（x+1），x>-1.]
（1）求函数[f（x）]的单调区间；
（2）试通过研究函数[g（x）=ln（1+x）x，（x>0）]的单调性，证明：当[n>m>0]时，[（1+n）m<（1+m）n]；
（3）已知[n>2012]，且[x1，x2，…，xn∈R+，][x1+x2][+…+xn=1]，证明：[（x211+x1+x221+x2+…+][x2n1+xn）1n][>（12013）12012].