$1、a,b,c\gt 0且不等1,求证a^{\log_{b}{c}}=c^{\log_{b}{a}} $
$对式子左边取以b为底的对数，有\log_{b}(a^{\log_{b}{c}})=\log_{b}{a}\log_{b}{c}$
$对式子右边取以b为底的对数，有\log_{b}(c^{\log_{b}{a}})=\log_{b}{c}\log_{b}{a}$

$2、x,y\gt 0,且x+2y+\sqrt{xy} =2,求x+3y的最小值$
$x+2y+\sqrt{xy} =\le x+2y+\frac{1}{2}( ax+\frac{y}{a}) =(1+\frac{a}{2} )x+(2+\frac{1}{2a} )y$
$3、已知函数f(x)=(x\in\mathbb{ R} )满足f(x)+f(4-x)=0,若函数f(x)与y=\frac{1}{x-2}$
$图象的交点横坐标分别为x_1,x_2,\dots ,x_n,则x_1+x_2+x_3+\dots+x_n=(\quad)$
$A.4n \quad B.2n\quad C.n\quad D.0$
交点数量为偶数。
$4、已知实数x,y满足\ln_{}{(2x+y)} -e^{x+2y}-x+y+2\ge 0,则x+y的值为(\quad )$
$A.1\quad B.\cfrac{2}{3} \quad C.\cfrac{1}{3} D.\cfrac{1}{5} $
$双换元,令a=2x+y,b=x+2y\Rightarrow x=\cfrac{2a-b}{3},y=\cfrac{2b-a}{3},C$
$5、若a\gt b\gt 0,且a^3-b^3=a^2-b^2,则\cfrac{1}{a} +\cfrac{1}{b}的取值范围是(\quad )$
$A.(1,\cfrac{4}{3}) \quad B.(\cfrac{4}{3},+\infty) \quad C.(1,3) \quad D.(3,+\infty)$

三角形角平分线定理：

这是平面几何的古老定理，是平面几何最基本的定理之一，但也是最先从初中平面几何删除的内容之一。

三角形的内角平分线分对边成两线段，两线段长度之比等于相邻的两边的长度之比(内角）

AD是ΔABC的∠A的平分线，则有
$\cfrac{AB}{AC}=\cfrac{BD}{DC}$

法一：过点Ｃ作角平分线的平行线，即可证得。
法二：用面积相等证

若三角形两边不相等，则其相应外角的平分线外分对边的两线段与相应邻边成比例。外角

ΔABC中，AB≠AC，AD是外角∠CAE的平分线，外分边BC成线段BD和CD，则有：
$\cfrac{AB}{AC}=\cfrac{BD}{DC}$
法一：过点Ｃ作角平分线的平行线，即可证得。
法二：用面积相等证

塞瓦定理（Ceva's theorem）（赛娃）

三角形内三线交于一点，则有以下关系：

$\cfrac{AF}{FB} \cdot \cfrac{BD}{DC} \cdot \cfrac{CE}{EA}=1$

${\color{Red} 等高的两个三角形面积之比=两三角形底边之比,和差比定理} $
$\cfrac{BD}{DC}=\cfrac{S_{\bigtriangleup ABD}}{S_{\bigtriangleup ADC}}=\cfrac{S_{\bigtriangleup GBD}}{S_{\bigtriangleup GDC}}= \cfrac{S_{\bigtriangleup ABD}-S_{\bigtriangleup GBD}}{S_{\bigtriangleup ADC}-S_{\bigtriangleup GDC}}=\cfrac{S_{\bigtriangleup GAB}}{S_{\bigtriangleup GAC}}$

同理$\cfrac{CE}{EA}=\cfrac{S_{\bigtriangleup CBE}}{S_{\bigtriangleup ABE}}=\cfrac{S_{\bigtriangleup CGE}}{S_{\bigtriangleup AGE}}= \cfrac{S_{\bigtriangleup CBE}-S_{\bigtriangleup CGE}}{S_{\bigtriangleup ABE}-S_{\bigtriangleup AGE}}=\cfrac{S_{\bigtriangleup GBC}}{S_{\bigtriangleup GAB}}$

同理$\cfrac{AF}{FB}=\cfrac{S_{\bigtriangleup CAF}}{S_{\bigtriangleup CBF}}=\cfrac{S_{\bigtriangleup GAF}}{S_{\bigtriangleup GBF}}= \cfrac{S_{\bigtriangleup CAF}-S_{\bigtriangleup GAF}}{S_{\bigtriangleup CBF}-S_{\bigtriangleup GBF}}=\cfrac{S_{\bigtriangleup GAC}}{S_{\bigtriangleup GBC}}$

$三式相乘，得\cfrac{AF}{FB} \cdot \cfrac{BD}{DC} \cdot \cfrac{CE}{EA}=1$

梅涅劳斯定理（Menelaus' theorem）

过三角形一边上的点做一直线，分别与其余两边或其延长线所截，则满足一下关系：

$\cfrac{AF}{FB} \cdot \cfrac{BD}{DC} \cdot \cfrac{CE}{EA}=1$​

证明：
$\cfrac{AF}{FB}=\cfrac{S_{\triangle DAF}}{S_{\triangle DFB}} =\cfrac{S_{\triangle EAF}}{S_{\triangle EFB}} =\cfrac{S_{\triangle DAE}}{S_{\triangle DEB}}$
$\cfrac{BD}{DC}=\cfrac{S_{\triangle EBD}}{S_{\triangle EDC}}$
$\cfrac{CE}{EA}=\cfrac{S_{\triangle CED}}{S_{\triangle EDA}}$

• 两个定理的联系

证明过程体现了两个定理的相似性。实际上这两个定理互为「对偶定理」，即只要证明其中一个，另一个自然成立。这是因为在射影平面中，确定一条直线和确定一个点，都需要三个坐标（齐次坐标），于是面空间与点空间形成了自然的同构，而这样的同构映射保持结合性不变，所谓结合性，就是指「点在线上」、「线过某点」这样的结合关系。

对偶图形包含两个方面：

1. 图元素互换：「点」与「线」互换；
2. 结合性互换：「共点」与「共线」互换。

它们俩的逆定理也是成立的，这根据三角形的唯一性可以得到。

你从来没有对这些现象好奇过吗：

为什么三角形三条中线过同一点？
为什么三角形三条高线过同一点？
为什么三角形三条角平分线过同一点？
为什么三角形垂直平分线过同一点？
……

而这些情况，都可以收纳到塞瓦定理中，多么美妙！

一、阶差法：

二、放缩法：

三、裂项法：

$\qquad\lt \cfrac{2}{e}(1^2+\cfrac{1}{2^2}+\cfrac{1}{3^2} +\dots+\cfrac{1}{n^2} ) $

四、构造函数：

五、最值型证明

六、累加型证明
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七、数学归纳法：

1、裂项处理：
例1、2018年天津理科数学18题（2）
$证明：\sum_{n}^{k=1}\cfrac{k\cdot 2^{k+1}}{(k+1)(k+2)} =\cfrac{2^{n+2}}{n+2}-2$
设裂项的形式为: $\cfrac{a\cdot 2^{k+2}}{k+2}- \cfrac{a\cdot2^{k+1}}{k+1}=\cfrac{k\cdot 2^{k+1}}{(k+1)(k+2)}$
$代入得a=1,则a=1对应的表达式即为所求。$
分析：其实这题只是求和，但是很好的说明了一种探究数列裂项方式——待定系数.在解题时根据待证表达式的特征确定裂项的形式和需要待定的系数，再利用等号成立的条件对应系数得到结果. 对于涉及裂项的数列不等式问题，给出的数列求和往往极限是所需证明的结果.

$1、证明:{\color{Green} \cfrac{1}{1^2}+\cfrac{1}{2^2} +\cfrac{1}{3^2}+\dots ++\cfrac{1}{n^2}\lt 2} $
$2、证明:{\color{Green} \cfrac{1}{1^2}+\cfrac{1}{2^2} +\cfrac{1}{3^2}+\dots ++\cfrac{1}{n^2}\lt \cfrac{7}{4} } $
$3、证明:{\color{Green} \cfrac{1}{1^2}+\cfrac{1}{2^2} +\cfrac{1}{3^2}+\dots ++\cfrac{1}{n^2} \lt \cfrac{5}{3} }$
这数列显然是没办法直接求和的，欧拉已证明当$n\to +\infty时，级数\sum_{n}^{i=1} \cfrac{1}{i^2}=\cfrac{\pi^2}{6}$
$1、{\color{Green}\cfrac{1}{n^2}=\cfrac{1}{n\cdot n}\lt \cfrac{1}{n^2-n}=\cfrac{1}{n\cdot (n-1)}= } \cfrac{1}{n-1}- \cfrac{1}{n}(n\ge 2)$
$原式\lt 1+(1-\cfrac{1}{2})+(\cfrac{1}{2}-\cfrac{1}{3} )+(\cfrac{1}{3}-\cfrac{1}{4} )+\dots +(\cfrac{1}{n-1}-\cfrac{1}{n} )\lt 2-\cfrac{1}{n}\lt 2$
$2、{\color{Green}\cfrac{1}{n^2}\lt \cfrac{1}{n^2-1}=\cfrac{1}{2}(\cfrac{1}{n-1}-\cfrac{1}{n+1} )\quad (n\ge 2)}$
$原式\lt 1+\cfrac{1}{2}[(1-\cfrac{1}{3})+(\cfrac{1}{2}-\cfrac{1}{4})+ (\cfrac{1}{3}-\cfrac{1}{5}) +(\cfrac{1}{4}-\cfrac{1}{6})+\dots +(\cfrac{1}{n-2}-\cfrac{1}{n})-(\cfrac{1}{n-1}-\cfrac{1}{n+1})]$
$=1+\cfrac{1}{2}(1+\cfrac{1}{2}-\cfrac{1}{n}--\cfrac{1}{n+1}) \lt 1+\cfrac{3}{4}=\cfrac{7}{4} $
$3、 {\color{Green}\cfrac{1}{n^2}\lt \cfrac{1}{n^2-\cfrac{1}{4} }=\cfrac{1}{n-\cfrac{1}{2} }-\cfrac{1}{n+\cfrac{1}{2} } \quad n\ge 2}$
$原式=\color{Green} \cfrac{1}{1^2}+\cfrac{1}{2^2} +\cfrac{1}{3^2}+\dots +\cfrac{1}{n^2}\lt 1+(\cfrac{1}{2-\cfrac{1}{2}}-\cfrac{1}{2+\cfrac{1}{2}} )+(\cfrac{1}{3-\cfrac{1}{2}}-\cfrac{1}{3+\cfrac{1}{2}})(\cfrac{1}{4-\cfrac{1}{2}}-\cfrac{1}{4+\cfrac{1}{2}} )+\dots +(\cfrac{1}{n-\cfrac{1}{2}}-\cfrac{1}{n+\cfrac{1}{2}} )$
$= 1+(\cfrac{1}{\cfrac{3}{2} } -\cfrac{1}{\cfrac{5}{2} } )+(\cfrac{1}{\cfrac{5}{2} } -\cfrac{1}{\cfrac{7}{2} } )+(\cfrac{1}{\cfrac{7}{2} } -\cfrac{1}{\cfrac{9}{2} } )+\dots +(\cfrac{1}{\cfrac{2n-1}{2} } -\cfrac{1}{\cfrac{2n+1}{2} } )$
$= 1+(\cfrac{1}{\cfrac{3}{2} } -\cfrac{1}{\cfrac{2n+1}{2} } )\lt \cfrac{5}{3} $

$4、求证：\cfrac{1}{3} +\cfrac{1}{5} +\cfrac{1}{7} +\dots +\cfrac{1}{2n+1} \lt \ln (n+1)$
分析：按照常规做法，观察到左边共有$n项，于是我们尝试将右边的\ln(n+1)分解为一个n项式，再逐一比较。$
按常规拆分有：
$\ln (n+1)=\ln (\cfrac{n+1}{n})+\ln (\cfrac{n}{n-1})+\ln (\cfrac{n-1}{n-2})+\dots+\ln \cfrac{2}{1}$
只需要证明：$\ln (\cfrac{n+1}{n})\gt \cfrac{1}{2n+1}$
$\Leftrightarrow \ln (1+\cfrac{1}{n})\gt \cfrac{\cfrac{1}{n}}{2+\cfrac{1}{n}} $
$换元令x=\cfrac{1}{n}+1\quad x\gt 1,即证明:\ln x\gt \cfrac{x-1}{x+1}$
这里略去求导过程，直接用常规放缩即证得。
$\ln x\gt 2\cdot \cfrac{x-1}{x+1} \gt \cfrac{x-1}{x+1} \quad x\gt 1$

实际上，大多数列不等式的题都是像这样，将一项拆为多项再逐一比较大小。
回看反思这种做数列不等式题的常规方法，我想：我们很擅长比较两个初等函数函数的大小，求导即可。
把一项拆分成多项的原因是无法找到LHS的初等函数表达式。（何况LHS是发散的）

于是我们可以通过积分放缩来找到左边的近似函数。

积分放缩：

以此题为例， LHS每一项的数值都在函数$f(x)=\cfrac{1}{2n+1}$上。则：
$LHS=1\times f(1)+1\times f(2)+1\times f(3)+\dots +1\times f(n)$
$LHS\lt \int_{0}^{n} f(x)\mathrm{d}x=[\cfrac{1}{2}\ln (2n+1) ]_{0}^{n} = \cfrac{1}{2}\ln (2n+1) $
即证明：
$\cfrac{1}{2}\ln (2n+1)\lt \ln (n+1)$
$\ln (2n+1)\lt \ln (n+1)^2=\ln (n^2+2n+1)$
解答题当然不能这样写，写出来可能就得一分辛苦分。
但是部分小题可以用，比如下面这道题：