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近年来“函数、导数与正整数有关不等式的综合问题”成为各地高三调研考试及高考中的命题热点，且一般以压轴题出现！此类问题一般设置有几小问，最后证明不等式，一般可以用数学归纳法，或者利用不等式适当放缩进行证明. 命题者还有一个重要意图是利用前几问中已经得出的结论，充分发挥大家的创造力，把函数中的变量[x]用含有[n]的式子进行替换，再通过适当变形、求和来证明不等式.但是如何替换及变形是难点，怎么突破？
类型一 证明含二元正整数不等式
例1 已知函数[f（x）=ax+xlnx]，且图象在点[（1e，f（1e））]处的切线斜率为1（[e]为自然对数的底数）.
（1）求实数[a]的值；
（2）设[g（x）=f（x）-xx-1]，求[g（x）]的单调区间；
（3）当[m>n>1（m，n∈Z）]时，证明： [nmmn>nm].
解析 （1）[a=1].
（2）[g（x）]的单调增区间为[（0，1）]，[（1，+∞）].
（3）要证[nmmn>nm]，即证[lnnm-lnmn>lnn-lnm]，
即证[n-1nlnm>m-1mlnn]，即证[mlnmm-1>nlnnn-1].
即证[f（m）>g（n）.]
∵[m>n>1]，由（2）可知，[g（x）]在[（1，+∞）]上单调递增，
∴[g（m）>g（n）]，∴[nmmn>nm].
点拨 含两个变元的不等式，通过变形（两边取对数、取倒数等），将它变形为一个函数[f（x）]背景下两个函数值的大小[f（m）≥f（n）]（或[f（m）≤f（n）]）形式，再根据函数的单调性得出结论！
类型二 证明含一元正整数不等式
1. 直接替换，再求和
例2 已知函数[f（x）=lnx+ax+1（a∈R）].
（1）当[a=2]时，试比较[f（x）]与[1]的大小；
（2）求证：[ln（n+1）>13+15+17+…+12n+1]（[n∈N*]）.
解析 （1）当[a=2]时， ①若[x>1]时，[f（x）>1]；②若[0 （2）根据（1）的结论，当[x>1]时，[lnx+2x+1>1]，即[lnx>x-1x+1].
令[x=k+1k]，则有[lnk+1k>12k+1].
∴[k=1nlnk+1k>k=1n12k+1].
[∵ln（n+1）=k=1nlnk+1k]，
∴[ln（n+1）>13+15+…+12n+1].
点拨 含有一元正整数不等式的证明，且是求和形式，联想[k=1nlnk+1k=ln21+ln32+…+lnn+1n][=ln（21?32?43…n+1n）][=ln（n+1）]，把[lnx>x-1x+1]中间的[x]直接用[k+1k]替换，得到[lnk+1k>12k+1]，两边求和不等式得证！
2. 替换，放缩，再求和
例3 已知函数[f（x）]，当[x>0]时，[f（x）=1+lnxx].
（1）如果当[x≥1]时，不等式[f（x）≥kx+1]恒成立，求实数[k]的取值范围；
（2）证明：[ln（n+1）>n-2（12+23+34+…+nn+1）][（n∈N*）].
解析 （1）实数[k]的取值范围为[（-∞，2]].
（2）由（1）知，当[x≥1]时，即[f（x）≥2x+1]，
即[1+lnxx≥2x+1].
从而[lnx≥1-2x+1>1-2x]，
令[x=k+1k（k=1，2，3，…，n）]，得[lnk+1k>1-2kk+1].
∴[ln21>1-22，][ln32>1-2?23]，…，[lnn+1n>1-2nn+1].
将以上不等式两端分别相加得，
[ln（n+1）>n-2（12+23+34+…+nn+1）（n∈N*）].
点拨 由第二问可得[lnx≥1-2x+1]，同例2，联想用[k+1k]替换[x]，得到[lnk+1k≥1-2k2k+1]，但与所证结果有“距离”，再从右边[n-2（12+23+34+…+nn+1）]观察推理，需将替换后的式子进行一次放缩，即为[lnx≥1-2x+1>1-2x]，[lnk+1k≥1-2k2k+1>1-2kk+1]，再两边求和，不等式得证！
3. “巧”替换，“活”变形，再求和
例4 已知函數[f（x）=ex-ax-1（a>0）][e]为自然对数的底数.
（1）求函数[f（x）]的最小值；
（2）若[f（x）≥0]对任意[x∈R]恒成立，求实数[a]的值；
（3）在（2）的条件下，证明：[（1n）n+（2n）n+（3n）n][+…（n-1n）n+（nn）n 解析 （1）[f（lna）=a-alna-1].
（2）[a=1].
（3）由（2）知，因为[a=1]，所以对任意实数[x]均有[ex-x-1≥0]，即[1+x≤ex].
令[x=-kn（n∈N*，k=1，2，3…，n-1）]，
则[0<1-kn≤e-kn.]
∴[（1-kn）n≤（e-kn）n=e-k].
∴[（1n）n+（2n）n+（3n）n+…+（n-1n）n]
[ [ [=1-e-n1-e-1<11-e-1=ee-1].
点拨 由第二问易得[1+x≤ex]，由要证结论可知[x]与[kn]有关，需要思考调整，最后用[-kn]“巧妙”替换成[0<1-kn≤e-kn]，再变形为[（1-kn）n≤（e-kn）n=e-k]，此时“顺序颠倒”着出现结果，不等式得证.
4. 替换，变形，添（减）项
例5 已知函数[f（x）=ax+bx+c（a>0）]的图象在点[（1，f（1））]处的切线方程为[y=x-1].
（1）用[a]表示[b]，[c]；
（2）若[f（x）≥lnx]在[[1，+∞）]上恒成立，求实数[a]的取值范围；
（3）证明：[1+12+13+…+1n>ln（n+1）+n2（n+1）]，（[n∈N]，且[n≥1）].
解析 （1）[b=a-1， c=1-2a].
（2）[a]的取值范围为[12，+∞].
（3）由（2）知[a≥12]时，[f（x）≥lnx]在[1，+∞]上恒成立.
令[a=12]得，[f（x）=12（x-1x）≥lnx]，[x≥1]（[x=1]时取等号）.
∴[x>1]时，[12（x-1x）>lnx].
取[x=k+1k（k∈N*）]，则[12（k+1k-kk+1）>lnk+1k].
即[12（1k+1k+1）>ln（k+1）-lnk]，令[k=1]，2，…，[n]得，
[12（1+12）>ln2-ln1]，[12（12+13）>ln3-ln2]，…，
[12（1n+1n+1）>ln（n+1）-lnn].
相加得，[12+（12+13+…+1n）+12（n+1）>ln（n+1）].
∴[1+12+13+…+1n>ln（n+1）+12-12（n+1）]
[=ln（n+1）+n2（n+1）].
点拨 由第二问易得[12（x-1x）>lnx]，由要证结论可知[x]与[k+1k]有关，变形后得[12（1k+1k+1）][>ln（k+1）-lnk]，两边求和得到不等式[12+（12+13+…+1n）+12（n+1）>][ln（n+1）]，此时需两边同时再添加[12]. 此题是添项，但有时需减项.
5. 执果索因，恰当替换，“活”变形，“巧”构造
例6 已知函数[g（x）=x2-（2a+1）x+alnx].
（1）当[a=1]时，求函数[g（x）]的单调递增区间；
（2）若函数[g（x）]在区间[1，e]上单调递增，求[a]的取值范围；
（3）在（1）的条件下，设[f（x）=g（x）+4x-x2-2lnx]， 证明：[k=2n1k-f（k）>3n2-n-2n（n+1）（n≥2）]，参考数据：[ln2≈0.6931].
解析 （1）[0，12，1，+∞].
（2）[a≤1].
（3）令[h（x）=lnx-14（x2-1）]，[x∈[2，+∞）]，[h（x）=2-x22x<0].
∵[x∈[2，+∞）]，[h（x）<0]，
∴[h（x）≤h（2）=ln2-34<0]，即[lnx<14（x2-1）].
∴[1lnx>4（x+1）（x-1）=2（1x-1-1x+1）].
又∵[k-f（k）=lnk]，
[k=2n1k-f（k）=k=2n1lnk=1ln2+1ln3+…+1lnn>2（1-13+12-14+…+1n-2-1n+1n-1-1n+1）]
[=2（1+12-1n-1n+1）=3n2-n-2n（n+1）（n≥2）].
点拨 此题入手容易，左边直接代入[f（x）]，求得[k=2n1k-f（k）=k=2n1lnk=1ln2+1ln3+…1lnn]，此时右边如何得到是难点！学会从要证明的结果分析，此题只需把[x]简单替换成[k]即可，要“善”变形[1lnx>4（x+1）（x-1）][=2（1x-1-1x+1）]，也即[lnx<14（x2-1）] ，“巧”构造函数[h（x）=lnx-14（x2-1）]，[x∈[2，+∞）]，妙哉！
6. “靈活”变形，“恰当”赋值，“叠加”求和
例7 设[n]是正整数，[r]为正有理数.
（1）求函数[f（x）=（1+x）r+1-（r+1）x-1（x>-1）]的最小值；
（2）证明：[nr+1-（n-1）r+1r+1 （3）设[x∈R]，记[[x]]为不小于[x]的最小整数，例如[[2]=2]，[[π]=4]，[[-32]=-1]. 令[S=813+823+833][+…+1253]，求[[S]]的值.（参考数据：[8043≈344.7，][8143≈350.5，][12443≈618.3，][12643≈631.7]）.
解析 （1）[f（x）min=f（0）=0].
（2）由（1）知：当[x>-1]时，[（1+x）r+1>（r+1）x+1]（伯努利不等式），
所证不等式即为：[nr+1-（r+1）nr<（n-1）r+1，nr+1+（r+1）nr<（n+1）r+1.]
若[n≥2，]
则[nr+1-（r+1）nr<（n-1）r+1?（n-r-1）<（1-1n）r（n-1）][?1-rn-1<（1-1n）r].①
∵[（1-1n）r>1-rn，-rn>-rn-1]，
∴[（1-1n）r>1-rn>1-rn-1]，故①式成立.
若[n=1，] [nr+1-（r+1）nr<（n-1）r+1]显然成立.
[nr+1+（r+1）nr<（n+1）r+1?n+r+1<（1+1n）r（n+1）]
[?1+rn+1<（1+1n）r].②
∵[（1+1n）r>rn+1，rn>rn+1]，
∴[（1+1n）r>rn+1>1+rn+1.]故②式成立.
∴原不等式成立.
（3）由（2）可知，当[k∈N*]时，
[34[k43-（k-1）43] ∴[S>34k=81125[k43-（k-1）43]=34（12543-8043）≈210.225].
[S>34k=81125[（k+1）43-k43]=34（12643-8143）≈210.9.]
∴[[S]=211.]
点拨 第一问很简单；第二问用分析法，通过灵活变形不难得知，只需将第一问结论中的[x]替换成[1n]和[-1n]即可；第三问需要用[k]和[13]分别赋值替换[n]和[r]，[34[k43-（k-1）43]
类型一 证明含二元正整数不等式
例1 已知函数[f（x）=ax+xlnx]，且图象在点[（1e，f（1e））]处的切线斜率为1（[e]为自然对数的底数）.
（1）求实数[a]的值；
（2）设[g（x）=f（x）-xx-1]，求[g（x）]的单调区间；
（3）当[m>n>1（m，n∈Z）]时，证明： [nmmn>nm].
解析 （1）[a=1].
（2）[g（x）]的单调增区间为[（0，1）]，[（1，+∞）].
（3）要证[nmmn>nm]，即证[lnnm-lnmn>lnn-lnm]，
即证[n-1nlnm>m-1mlnn]，即证[mlnmm-1>nlnnn-1].
即证[f（m）>g（n）.]
∵[m>n>1]，由（2）可知，[g（x）]在[（1，+∞）]上单调递增，
∴[g（m）>g（n）]，∴[nmmn>nm].
点拨 含两个变元的不等式，通过变形（两边取对数、取倒数等），将它变形为一个函数[f（x）]背景下两个函数值的大小[f（m）≥f（n）]（或[f（m）≤f（n）]）形式，再根据函数的单调性得出结论！
类型二 证明含一元正整数不等式
1. 直接替换，再求和
例2 已知函数[f（x）=lnx+ax+1（a∈R）].
（1）当[a=2]时，试比较[f（x）]与[1]的大小；
（2）求证：[ln（n+1）>13+15+17+…+12n+1]（[n∈N*]）.
解析 （1）当[a=2]时， ①若[x>1]时，[f（x）>1]；②若[0
令[x=k+1k]，则有[lnk+1k>12k+1].
∴[k=1nlnk+1k>k=1n12k+1].
[∵ln（n+1）=k=1nlnk+1k]，
∴[ln（n+1）>13+15+…+12n+1].
点拨 含有一元正整数不等式的证明，且是求和形式，联想[k=1nlnk+1k=ln21+ln32+…+lnn+1n][=ln（21?32?43…n+1n）][=ln（n+1）]，把[lnx>x-1x+1]中间的[x]直接用[k+1k]替换，得到[lnk+1k>12k+1]，两边求和不等式得证！
2. 替换，放缩，再求和
例3 已知函数[f（x）]，当[x>0]时，[f（x）=1+lnxx].
（1）如果当[x≥1]时，不等式[f（x）≥kx+1]恒成立，求实数[k]的取值范围；
（2）证明：[ln（n+1）>n-2（12+23+34+…+nn+1）][（n∈N*）].
解析 （1）实数[k]的取值范围为[（-∞，2]].
（2）由（1）知，当[x≥1]时，即[f（x）≥2x+1]，
即[1+lnxx≥2x+1].
从而[lnx≥1-2x+1>1-2x]，
令[x=k+1k（k=1，2，3，…，n）]，得[lnk+1k>1-2kk+1].
∴[ln21>1-22，][ln32>1-2?23]，…，[lnn+1n>1-2nn+1].
将以上不等式两端分别相加得，
[ln（n+1）>n-2（12+23+34+…+nn+1）（n∈N*）].
点拨 由第二问可得[lnx≥1-2x+1]，同例2，联想用[k+1k]替换[x]，得到[lnk+1k≥1-2k2k+1]，但与所证结果有“距离”，再从右边[n-2（12+23+34+…+nn+1）]观察推理，需将替换后的式子进行一次放缩，即为[lnx≥1-2x+1>1-2x]，[lnk+1k≥1-2k2k+1>1-2kk+1]，再两边求和，不等式得证！
3. “巧”替换，“活”变形，再求和
例4 已知函數[f（x）=ex-ax-1（a>0）][e]为自然对数的底数.
（1）求函数[f（x）]的最小值；
（2）若[f（x）≥0]对任意[x∈R]恒成立，求实数[a]的值；
（3）在（2）的条件下，证明：[（1n）n+（2n）n+（3n）n][+…（n-1n）n+（nn）n
（2）[a=1].
（3）由（2）知，因为[a=1]，所以对任意实数[x]均有[ex-x-1≥0]，即[1+x≤ex].
令[x=-kn（n∈N*，k=1，2，3…，n-1）]，
则[0<1-kn≤e-kn.]
∴[（1-kn）n≤（e-kn）n=e-k].
∴[（1n）n+（2n）n+（3n）n+…+（n-1n）n]
[
点拨 由第二问易得[1+x≤ex]，由要证结论可知[x]与[kn]有关，需要思考调整，最后用[-kn]“巧妙”替换成[0<1-kn≤e-kn]，再变形为[（1-kn）n≤（e-kn）n=e-k]，此时“顺序颠倒”着出现结果，不等式得证.
4. 替换，变形，添（减）项
例5 已知函数[f（x）=ax+bx+c（a>0）]的图象在点[（1，f（1））]处的切线方程为[y=x-1].
（1）用[a]表示[b]，[c]；
（2）若[f（x）≥lnx]在[[1，+∞）]上恒成立，求实数[a]的取值范围；
（3）证明：[1+12+13+…+1n>ln（n+1）+n2（n+1）]，（[n∈N]，且[n≥1）].
解析 （1）[b=a-1， c=1-2a].
（2）[a]的取值范围为[12，+∞].
（3）由（2）知[a≥12]时，[f（x）≥lnx]在[1，+∞]上恒成立.
令[a=12]得，[f（x）=12（x-1x）≥lnx]，[x≥1]（[x=1]时取等号）.
∴[x>1]时，[12（x-1x）>lnx].
取[x=k+1k（k∈N*）]，则[12（k+1k-kk+1）>lnk+1k].
即[12（1k+1k+1）>ln（k+1）-lnk]，令[k=1]，2，…，[n]得，
[12（1+12）>ln2-ln1]，[12（12+13）>ln3-ln2]，…，
[12（1n+1n+1）>ln（n+1）-lnn].
相加得，[12+（12+13+…+1n）+12（n+1）>ln（n+1）].
∴[1+12+13+…+1n>ln（n+1）+12-12（n+1）]
[=ln（n+1）+n2（n+1）].
点拨 由第二问易得[12（x-1x）>lnx]，由要证结论可知[x]与[k+1k]有关，变形后得[12（1k+1k+1）][>ln（k+1）-lnk]，两边求和得到不等式[12+（12+13+…+1n）+12（n+1）>][ln（n+1）]，此时需两边同时再添加[12]. 此题是添项，但有时需减项.
5. 执果索因，恰当替换，“活”变形，“巧”构造
例6 已知函数[g（x）=x2-（2a+1）x+alnx].
（1）当[a=1]时，求函数[g（x）]的单调递增区间；
（2）若函数[g（x）]在区间[1，e]上单调递增，求[a]的取值范围；
（3）在（1）的条件下，设[f（x）=g（x）+4x-x2-2lnx]， 证明：[k=2n1k-f（k）>3n2-n-2n（n+1）（n≥2）]，参考数据：[ln2≈0.6931].
解析 （1）[0，12，1，+∞].
（2）[a≤1].
（3）令[h（x）=lnx-14（x2-1）]，[x∈[2，+∞）]，[h（x）=2-x22x<0].
∵[x∈[2，+∞）]，[h（x）<0]，
∴[h（x）≤h（2）=ln2-34<0]，即[lnx<14（x2-1）].
∴[1lnx>4（x+1）（x-1）=2（1x-1-1x+1）].
又∵[k-f（k）=lnk]，
[k=2n1k-f（k）=k=2n1lnk=1ln2+1ln3+…+1lnn>2（1-13+12-14+…+1n-2-1n+1n-1-1n+1）]
[=2（1+12-1n-1n+1）=3n2-n-2n（n+1）（n≥2）].
点拨 此题入手容易，左边直接代入[f（x）]，求得[k=2n1k-f（k）=k=2n1lnk=1ln2+1ln3+…1lnn]，此时右边如何得到是难点！学会从要证明的结果分析，此题只需把[x]简单替换成[k]即可，要“善”变形[1lnx>4（x+1）（x-1）][=2（1x-1-1x+1）]，也即[lnx<14（x2-1）] ，“巧”构造函数[h（x）=lnx-14（x2-1）]，[x∈[2，+∞）]，妙哉！
6. “靈活”变形，“恰当”赋值，“叠加”求和
例7 设[n]是正整数，[r]为正有理数.
（1）求函数[f（x）=（1+x）r+1-（r+1）x-1（x>-1）]的最小值；
（2）证明：[nr+1-（n-1）r+1r+1
解析 （1）[f（x）min=f（0）=0].
（2）由（1）知：当[x>-1]时，[（1+x）r+1>（r+1）x+1]（伯努利不等式），
所证不等式即为：[nr+1-（r+1）nr<（n-1）r+1，nr+1+（r+1）nr<（n+1）r+1.]
若[n≥2，]
则[nr+1-（r+1）nr<（n-1）r+1?（n-r-1）<（1-1n）r（n-1）][?1-rn-1<（1-1n）r].①
∵[（1-1n）r>1-rn，-rn>-rn-1]，
∴[（1-1n）r>1-rn>1-rn-1]，故①式成立.
若[n=1，] [nr+1-（r+1）nr<（n-1）r+1]显然成立.
[nr+1+（r+1）nr<（n+1）r+1?n+r+1<（1+1n）r（n+1）]
[?1+rn+1<（1+1n）r].②
∵[（1+1n）r>rn+1，rn>rn+1]，
∴[（1+1n）r>rn+1>1+rn+1.]故②式成立.
∴原不等式成立.
（3）由（2）可知，当[k∈N*]时，
[34[k43-（k-1）43]
[S>34k=81125[（k+1）43-k43]=34（12643-8143）≈210.9.]
∴[[S]=211.]
点拨 第一问很简单；第二问用分析法，通过灵活变形不难得知，只需将第一问结论中的[x]替换成[1n]和[-1n]即可；第三问需要用[k]和[13]分别赋值替换[n]和[r]，[34[k43-（k-1）43]
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2009年至今，地壳运动一直处于活跃期，关于地质地形的考查重新成为热点。本文将着重从地质作用对地表形态的影响和地形特点的叙述入手进行分析。 【典例精析】 例1 下图是八达岭长城照片，该段长城主要坐落在花岗岩侵入体上。由图可知，八达岭地区花岗岩从形成到出露所经历的地质过程依次是（ ） A．固结成岩—风化剥蚀—侵蚀搬运—地壳抬升 B．地壳抬升—侵蚀搬运—岩浆侵入—风化剥蚀 C．岩浆侵入
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玛雅2012年世界末日论推迟50～100年 神秘的玛雅预言，绚丽的好莱坞大片，让“2012年世界末日论”在世界各地迅速普及。有“玛雅迷”虔诚地开始倒计时，等待这一时刻降临地球。但美国学者最近研究发现，人们对玛雅历法的计算有误，“世界末日”将会推迟至少50年。 2010年10月，一本新上市的书引起了“玛雅迷”们的关注，书名为《历法与纪年Ⅱ——远古与中世纪世界天文与时间》。这本书中有一章专门介绍了
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理想是一段锲而不舍的追求，理想是一份神圣高尚的责任，在人生的舞台上，尽情地放飞你绚烂的理想吧。 刘伟：另类“钢琴天才” 2010年在中国达人秀的舞台上燃起了一颗璀璨的新星，他就是刘伟——他空着袖管坐到钢琴前，以那双脚演奏出了可与苏珊大妈媲美的歌曲。曼妙的音符充盈着整个演奏大厅。这无与伦比的表演让刘伟夺得了中国达人秀的冠军。当评委高晓松问他这一切是怎么做到的时候，刘伟说了一句：“我觉得我的人
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车延高先生的诗歌一直在城市与乡村之间往返。 作为一个在城市生活的乡下人，很多年我也常常在夜深人静的时候穿梭于故乡与城市之间，我想故乡对于很多人来说一定不止于韩愈所说的“钓于斯游于斯”的关系，而是因为故乡是我们最初感受生活并建立对这个世界认识的基础。很多情况下，它甚至是一个人情感态度和性格养成的原发地，——留在清澈、童真目光里的勤劳、醇厚、谦卑，没有外面世界的世俗和功利。 三十七年，它可能把我忘
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左手画圆、右手画方这样的场景大家在电视剧里都见过吧。专业人士把这样的表现描述为“分配注意力的能力很强”，也就是说，这些人能够同时关注不同的两件事，而且还能把它们都做好。用我们今天要说的这个词来表示，他们就是supertasker了。 The term “supertasker” is given to individuals able to successfully accomplish two
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例 设[f（x）=2x2x+1]，[g（x）=ax+5-2a（a>0）]，若对任意[x1∈[0，1]]，总存在[x0∈[0，1]]使得[g（x0）=f（x1）]成立.求[a]的范围. 解析 [x∈[0，1]]时，[f（x）]的值域[A=[0，1]]， [x∈[0，1]]时，[g（x）]的值域[B=[5-2a，5-a]]. [?f（x1）∈A]，[?x0]使[f（x1）=g（x0）∈B]，即集
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⊙ 浠水一中 汤青海 李 可 假如你是某报社编辑，收到了李华的一封来信。请仔细阅读下面的来信，并用英语写一封回信，分析他遇到的问题并提出合理建议。 Dear Bob， I’m a student from Xinhua Senior High School. I have some difficulty communicating with my parents. Although I ha
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梳理近几年高考政治题，文化主观题中有一类题出现的频率较高。这类试题设问要求同学们分析某一文化现象对另一文化现象的作用，也就是要分析两种文化现象之间的关系，我们称之为关系型的文化主观题。应该说，它类似意义性的主观题，但又同以往意义型的主观题不同，有其自身的特点。我们有必要加深对这种题型的认识，掌握应对的方法。 例1 阅读材料，完成下列各题。 中医药文化是中国文化宝库中的瑰宝。从龙脑樟树中提取的龙
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