在教学实践中笔者发现人教A版选修2-2P32习题1.3B组第1题
　　（3）ex≥x+1（x∈R），当且仅当x=0时，等号成立.
　　（4）x≥1+ln x（x>0），当且仅当x=1时，等号成立.
　　这两个经典不等式在解题中应用广泛，不但在选择题中有变形应用而且在解答题中也隐形出现，若不能研究透本质就会给解题带来障碍。今天就不等式证明和应用方法进行剖析，以飨读者。
　　A.以下通过函数图像直观验证，并利用函数的单调性证明此不等式。
　　利用函数的图像（如图），不难验证上述不等式链成立.
　　1.问题源于求曲线y=ex在（0，1）处的切线及曲线y=ln x在（1，0）处的切线，通过观察函数图像间的位置关系可得到以上结论。也可构造函数f（x）=ex-x-1与g（x）=x-ln x-1利用函数单调性对以上结论进行证明。（读者可自己试证）
　　2.两个不等式从本质上看是一致的，第（4）题可以看作第（3）题的推论.在第（3）题中，用“ln x”替换“x”，立刻得到x>1+ln x（x>0且x≠1）。
　　进而得到一组重要的不等式链：ex>x+1>x-1>ln x（x>0且x≠1）.
　　B.不等式在选择题中应用
　　1   已知函数f（x）= ，则y=f（x）的图像大致为（ ）
　　解析 因为f（x）的定义域为
　　即{x|x>-1，且x≠0}，所以排除选项D.
　　当x>0时，由经典不等式x>1+ln x（x>0），
　　以x+1代替x，得x>ln（x+1）（x>-1，且x≠0），
　　所以ln（x+1）-x<0（x>-1，且x≠0），即x>0或-1<x<0时均有f（x）<0，排除A，C，易知B正確。通过以上代换利用经典不等式很容易解决一个看似复杂的单选题。
　　C.不等式在简单证明题中应用
　　2  证明：ex-ln x>2.
　　注意到ex≥1+x（当且仅当x=0时取等号），
　　x-1≥ln x（当且仅当x=1时取等号），
　　∴ex+x-1>1+x+ln x，故ex-ln x>2.这道题应用两个经典不等式证明比应用构造函数证明简单的多，一定程度上降低了证明的难度，提高了解题速度和正确率。
　　3  已知函数f（x）=ex，x∈R.证明：曲线y=f（x）与曲线y= x2+x+1有唯一公共点.
　　证明 本题采用构造函数法   令g（x）=f（x）- =ex- x2-x-1，x∈R，
　　则g′（x）=ex-x-1，
　　由经典不等式ex≥x+1恒成立可知，g′（x）≥0恒成立，
　　所以g（x）在R上为单调递增函数，且g（0）=0.
　　所以函数g（x）有唯一零点，即两曲线有唯一公共点.
　　D.不等式在较复杂证明题中应用
　　4（2017·全国Ⅲ卷改编）已知函数f（x）=x-1-aln x.
　　（1）若f（x）≥0，求a的值;
　　（2）证明：对于任意正整数n，  <e.
　　（1）解 f（x）的定义域为（0，+∞），
　　①若a≤0，因为f =- +aln 2<0，所以不满足题意.
　　②若a>0，由f′（x）=1- 知，
　　当x∈（0，a）时，f′（x）<0;当x∈（a，+∞）时，f′（x）>0;
　　所以f（x）在（0，a）单调递减，在（a，+∞）单调递增，
　　故x=a是f（x）在（0，+∞）的唯一最小值点.
　　因为f（1）=0，所以当且仅当a=1时，f（x）≥0，故a=1.
　　（2）证明 此处证明不易找到方法，但通过对（1）分析发现当a=1时可出现形如：x≥1+ln x（x>0），当且仅当x=1时，等号成立的式子，受它启示则当x∈（1，+∞）时，x-1-ln x>0.
　　此时赋值令x=1+ .
　　从而l =1- <1.
　　故 <e.这样便可轻而易举证明不等式。
　　所以e0·e1·e2·…·en-1>1×2×3×…×n，
　　即e >n！，
　　通过以上实例发现无论选择题还是证明题这两个经典不等式在其中所起作用都很关键，熟练掌握和应用它们对这一类问题可迅速解答。
　　（作者单位：陕西省城固县城固第一中学）