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不等式的证明，方法灵活多样，它可以和很多内容结合.证明不等式时，要依据题设、题目的特点和内在联系，选择适当的证明方法，要熟悉各种证法中的推理思维，并掌握相应的步骤、技巧和语言特点.
例1 证明不等式[1+12+13+…+1n<2n]（[n∈N*]）.
命题意图 本题是一道考查数学归纳法、不等式证明的综合性题目，考查大家的观察能力、构造能力以及逻辑分析能力.知识依托：本题是一个与自然数[n]有关的命题，首先想到应用数学归纳法，另外还涉及不等式证明中的放缩法、构造法等.
错解分析 此题易出现下列放缩错误：
[1+12+13+…+1n<1n+1n+…n个+1n=nn=n<2n]
这种只注重形式的统一，而忽略大小关系的错误也是经常发生的.
证法一 （1）当[n]=1时，不等式左端等于1，右端等于2，所以不等式成立.
（2）假设[n=k（k≥1）]时，不等式成立，
即1+[12+13+…+1k]<2[k]，
[则1+12+13+…+1k+1<2k+1k+1]
[=2k（k+1）+1k+1 ∴當[n=k+1]时，不等式成立.
综合（1）（2）得，当[n∈N*]时，都有1+[12+][13+…+1n]<2[n].
另从k到k+1时的证明还有下列证法：
[如：∵2（k+1）-1-2k（k+1）=k-2k（k+1）+（k+1）]
[=（k-k+1）2>0，]
[∴2k（k+1）+1<2（k+1）.]
[∵k+1>0，]
[∴2k+1k+1<2k+1.]
[又如：∵2k+1-2k=2k+1+k]
[>2k+1+k+1=1k+1，]
[∴2k+1k+1<2k+1.]
证法二 对任意[k∈N*]，都有，
[1k=2k+k<2k+k-1=2（k-k-1），]
[因此1+12+13+…+1n]
[<2+2（2-1）+2（3-2）+…+2（n-n-1）]
[=2n.]
证法三 设[f（n）=2n-（1+12+13+…+1n），]
那么对任意[k∈N*]都有，
[f（k+1）-f（k）=2（k+1-k）-1k+1]
[=1k+1[2（k+1）-2k（k+1）-1]]
[=1k+1?[（k+1）-2k（k+1）+k]=（k+1-k）2k+1>0.]
∴[f（k+1）>f（k）].
因此，对任意[n∈N*]都有，
[f（n）>f（n-1）>…>f（1）]=1>0.
∴[1+12+13+…+1n<2n.]
点拨 证法一采用数学归纳法从[n=k]到[n=k+1]的过渡采用了放缩法；证法二先放缩，后裂项，有的放矢，直达目标；而证法三运用函数思想，借助单调性，独具匠心，发人深省.
例2 求使[x+y]≤[ax+y][（x>0，y>0）]恒成立的[a]的最小值.
命题意图 本题考查不等式证明、求最值函数思想、以及大家的逻辑分析能力.知识依托：本题实质是给定条件求最值的题目，所求[a]的最值蕴含于恒成立的不等式中，因此需利用不等式的有关性质把[a]呈现出来，等价转化的思想是解决题目的突破口，然后再利用函数思想和重要不等式等求得最值.
错解分析 本题解法三利用三角换元后确定[a]的取值范围，此时我们习惯是将[x，y]与[cosθ，sinθ]来对应进行换元，即令[x=cosθ]，[y]=sinθ（0<θ<[π2]），这样也得a≥sinθ+cosθ，但是这种换元是错误的.其原因是： （1）缩小了[x，y]的范围；（2）这样换元相当于本题又增加了“[x，y=]1”这样一个条件，显然这是不对的.
解法一 由于[a]的值为正数，将已知不等式两边平方得，
[x+y+2xy≤a2（x+y）]，即[2xy≤（a2-1）（x+y）] ①
∵[x，y>0]，
∴[x+y≥2xy]. ②
当且仅当[x=y]时，②中等号成立.
比较①②得，[a]的最小值满足a2-1=1.
∴a2=2，a=[2]（因a>0）.
∴a的最小值是[2].
解法二 设[u=x+yx+y=（x+y）2x+y]
[=x+y+2xyx+y=1+2xyx+y]，
∵[x>0，y>0]，
∴[x+y≥2xy]（当[x=y]时，“=”成立）.
∴[2xyx+y]≤1，[2xyx+y]的最大值是1.
从而可知，[u]的最大值为[1+1=2]，
又由已知得，[a≥u]，
∴[a]的最小值为[2].
解法三 ∵[y]>0，
∴原不等式可化为[xy]+1≤[axy+1].
设[xy]=tanθ，θ∈（0，[π2]），
∴tanθ+1≤[atan2θ+1]，即tanθ+1≤asecθ.
∴a≥sinθ+cosθ=[2]sin（θ+[π4]）. ③
又∵sin（θ+[π4]）的最大值为1（此时θ=[π4]），
由③式可知，a的最小值为[2].
点拨 除了解法一经常用的重要不等式外，解法二的方法也很典型，即若参数[a]满足不等关系，[a≥f（x）]，则[amin=f（x）max]. 若[a≤f（x）]，则[amax=f（x）min]，利用这一基本事实，可以较轻松地解决这一类不等式中所含参数的值域问题.还有三角换元法求最值用得恰到好处，可以将原问题转化后再处理.
例1 证明不等式[1+12+13+…+1n<2n]（[n∈N*]）.
命题意图 本题是一道考查数学归纳法、不等式证明的综合性题目，考查大家的观察能力、构造能力以及逻辑分析能力.知识依托：本题是一个与自然数[n]有关的命题，首先想到应用数学归纳法，另外还涉及不等式证明中的放缩法、构造法等.
错解分析 此题易出现下列放缩错误：
[1+12+13+…+1n<1n+1n+…n个+1n=nn=n<2n]
这种只注重形式的统一，而忽略大小关系的错误也是经常发生的.
证法一 （1）当[n]=1时，不等式左端等于1，右端等于2，所以不等式成立.
（2）假设[n=k（k≥1）]时，不等式成立，
即1+[12+13+…+1k]<2[k]，
[则1+12+13+…+1k+1<2k+1k+1]
[=2k（k+1）+1k+1
综合（1）（2）得，当[n∈N*]时，都有1+[12+][13+…+1n]<2[n].
另从k到k+1时的证明还有下列证法：
[如：∵2（k+1）-1-2k（k+1）=k-2k（k+1）+（k+1）]
[=（k-k+1）2>0，]
[∴2k（k+1）+1<2（k+1）.]
[∵k+1>0，]
[∴2k+1k+1<2k+1.]
[又如：∵2k+1-2k=2k+1+k]
[>2k+1+k+1=1k+1，]
[∴2k+1k+1<2k+1.]
证法二 对任意[k∈N*]，都有，
[1k=2k+k<2k+k-1=2（k-k-1），]
[因此1+12+13+…+1n]
[<2+2（2-1）+2（3-2）+…+2（n-n-1）]
[=2n.]
证法三 设[f（n）=2n-（1+12+13+…+1n），]
那么对任意[k∈N*]都有，
[f（k+1）-f（k）=2（k+1-k）-1k+1]
[=1k+1[2（k+1）-2k（k+1）-1]]
[=1k+1?[（k+1）-2k（k+1）+k]=（k+1-k）2k+1>0.]
∴[f（k+1）>f（k）].
因此，对任意[n∈N*]都有，
[f（n）>f（n-1）>…>f（1）]=1>0.
∴[1+12+13+…+1n<2n.]
点拨 证法一采用数学归纳法从[n=k]到[n=k+1]的过渡采用了放缩法；证法二先放缩，后裂项，有的放矢，直达目标；而证法三运用函数思想，借助单调性，独具匠心，发人深省.
例2 求使[x+y]≤[ax+y][（x>0，y>0）]恒成立的[a]的最小值.
命题意图 本题考查不等式证明、求最值函数思想、以及大家的逻辑分析能力.知识依托：本题实质是给定条件求最值的题目，所求[a]的最值蕴含于恒成立的不等式中，因此需利用不等式的有关性质把[a]呈现出来，等价转化的思想是解决题目的突破口，然后再利用函数思想和重要不等式等求得最值.
错解分析 本题解法三利用三角换元后确定[a]的取值范围，此时我们习惯是将[x，y]与[cosθ，sinθ]来对应进行换元，即令[x=cosθ]，[y]=sinθ（0<θ<[π2]），这样也得a≥sinθ+cosθ，但是这种换元是错误的.其原因是： （1）缩小了[x，y]的范围；（2）这样换元相当于本题又增加了“[x，y=]1”这样一个条件，显然这是不对的.
解法一 由于[a]的值为正数，将已知不等式两边平方得，
[x+y+2xy≤a2（x+y）]，即[2xy≤（a2-1）（x+y）] ①
∵[x，y>0]，
∴[x+y≥2xy]. ②
当且仅当[x=y]时，②中等号成立.
比较①②得，[a]的最小值满足a2-1=1.
∴a2=2，a=[2]（因a>0）.
∴a的最小值是[2].
解法二 设[u=x+yx+y=（x+y）2x+y]
[=x+y+2xyx+y=1+2xyx+y]，
∵[x>0，y>0]，
∴[x+y≥2xy]（当[x=y]时，“=”成立）.
∴[2xyx+y]≤1，[2xyx+y]的最大值是1.
从而可知，[u]的最大值为[1+1=2]，
又由已知得，[a≥u]，
∴[a]的最小值为[2].
解法三 ∵[y]>0，
∴原不等式可化为[xy]+1≤[axy+1].
设[xy]=tanθ，θ∈（0，[π2]），
∴tanθ+1≤[atan2θ+1]，即tanθ+1≤asecθ.
∴a≥sinθ+cosθ=[2]sin（θ+[π4]）. ③
又∵sin（θ+[π4]）的最大值为1（此时θ=[π4]），
由③式可知，a的最小值为[2].
点拨 除了解法一经常用的重要不等式外，解法二的方法也很典型，即若参数[a]满足不等关系，[a≥f（x）]，则[amin=f（x）max]. 若[a≤f（x）]，则[amax=f（x）min]，利用这一基本事实，可以较轻松地解决这一类不等式中所含参数的值域问题.还有三角换元法求最值用得恰到好处，可以将原问题转化后再处理.