难点18　 不等式的证明策略 不等式的证明，方法灵活多样，它可以和很多内容结合.高考解答题中，常渗透不等式证明的内容，纯不等式的证明，历来是高中数学中的一个难点，本难点着重培养考生数学式的变形能力，逻辑思维能力以及分析问题和解决问题的能力. ●难点磁场 ()已知a＞0，b＞0，且a+b=1. 求证：(a+)(b+)≥. ●案例探究 ［例1］证明不等式(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，考查学生观察能力、构造能力以及逻辑分析能力，属级题目. 知识依托：本参考答案

参考答案

难点磁场

证法一：(分析综合法)

欲证原式，即证4(ab)²+4(a²+b²)－25ab+4≥0，即证4(ab)²－33(ab)+8≥0，即证ab≤或ab≥8.

∵a＞0，b＞0，a+b=1，∴ab≥8不可能成立

∵1=a+b≥2，∴ab≤，从而得证.

证法二：(均值代换法)

设a=+t₁，b=+t₂.

∵a+b=1，a＞0，b＞0，∴t₁+t₂=0，|t₁|＜，|t₂|＜

显然当且仅当t=0，即a=b=时，等号成立.

证法三：(比较法)

∵a+b=1，a＞0，b＞0，∴a+b≥2，∴ab≤

证法四：(综合法)

∵a+b=1， a＞0，b＞0，∴a+b≥2，∴ab≤.

证法五：(三角代换法)

∵ a＞0，b＞0，a+b=1，故令a=sin²α，b=cos²α，α∈(0，)

2

歼灭难点训练

一、1.解析：令=cos²θ，=sin²θ，则x=asec²θ，y=bcsc²θ，∴x+y=asec²θ+bcsc²θ=a+b+atan²θ+bcot²θ≥a+b+2.

答案：a+b+2

2.解析：由0≤|a－d|＜|b－c|(a－d)²＜(b－c)²(a+b)²－4ad＜(b+c)²－4bc

∵a+d=b+c，∴－4ad＜－4bc，故ad＞bc.

答案：ad＞bc

3.解析：把p、q看成变量，则m＜p＜n，m＜q＜n.

答案：m＜p＜q＜n

二、4.(1)证法一：a²+b²+c²－=(3a²+3b²+3c²－1)

=［3a²+3b²+3c²－(a+b+c)²］

=［3a²+3b²+3c²－a²－b²－c²－2ab－2ac－2bc］

=［(a－b)²+(b－c)²+(c－a)²］≥0　 ∴a²+b²+c²≥

证法二：∵(a+b+c)²=a²+b²+c²+2ab+2ac+2bc≤a²+b²+c²+a²+b²+a²+c²+b²+c²

∴3(a²+b²+c²)≥(a+b+c)²=1　 ∴a²+b²+c²≥

证法三：∵∴a²+b²+c²≥

∴a²+b²+c²≥

证法四：设a=+α，b=+β，c=+γ.

∵a+b+c=1，∴α+β+γ=0

∴a²+b²+c²=(+α)²+(+β)²+(+γ)²

=+　(α+β+γ)+α²+β²+γ²

=+α²+β²+γ²≥

∴a²+b²+c²≥

∴原不等式成立.

证法二：

∴≤＜6

∴原不等式成立.

5.证法一：由x+y+z=1，x²+y²+z²=，得x²+y²+(1－x－y)²=，整理成关于y的一元二次方程得：

2y²－2(1－x)y+2x²－2x+=0，∵y∈R，故Δ≥0

∴4(1－x)²－4×2(2x²－2x+)≥0，得0≤x≤，∴x∈［0，］

同理可得y，z∈［0，］

证法二：设x=+x′，y=+y′，z=+z′，则x′+y′+z′=0，

于是=(+x′)²+(+y′)²+(+z′)²

=+x′²+y′²+z′²+　(x′+y′+z′)

=+x′²+y′²+z′²≥+x′²+=+x′²

故x′²≤，x′∈［－，］，x∈［0，］，同理y，z∈［0，］

证法三：设x、y、z三数中若有负数，不妨设x＜0，则x²＞0，=x²+y²+z²≥x²+＞，矛盾.

x、y、z三数中若有最大者大于，不妨设x＞，则=x²+y²+z²≥x²+=x²+=x²－x+

=x(x－)+＞；矛盾.

故x、y、z∈［0，］

∵上式显然成立，∴原不等式得证.

7.证明：(1)对于1＜i≤m，且A　=m.….(m－i+1)，

，

由于m＜n，对于整数k=1，2，…，i－1，有，

所以

(2)由二项式定理有：

(1+m)ⁿ=1+Cm+Cm²+…+Cmⁿ，

(1+n)^m=1+Cn+Cn²+…+Cn^m，

由(1)知mⁱA＞nⁱA　(1＜i≤m，而C=

∴mⁱCⁱ_n＞nⁱCⁱ_m(1＜m＜n

∴m⁰C=n⁰C=1，mC=nC=m.n，m²C＞n²C，…，

m^mC＞n^mC，m^m+1C＞0，…，mⁿC＞0，

∴1+Cm+Cm²+…+Cmⁿ＞1+Cn+C²_mn²+…+Cn^m，

即(1+m)ⁿ＞(1+n)^m成立.

8.证法一：因a＞0，b＞0，a³+b³=2，所以

(a+b)³－2³=a³+b³+3a²b+3ab²－8=3a²b+3ab²－6

=3［ab(a+b)－2］=3［ab(a+b)－(a³+b³)］=－3(a+b)(a－b)²≤0.

即(a+b)³≤2³，又a+b＞0，所以a+b≤2，因为2≤a+b≤2，

所以ab≤1.

证法二：设a、b为方程x²－mx+n=0的两根，则，

因为a＞0，b＞0，所以m＞0，n＞0，且Δ=m²－4n≥0　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 ①

因为2=a³+b³=(a+b)(a²－ab+b²)=(a+b)［(a+b)²－3ab］=m(m²－3n)

所以n=　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 ②

将②代入①得m²－4()≥0，

即≥0，所以－m³+8≥0，即m≤2，所以a+b≤2，

由2≥m 得4≥m²，又m²≥4n，所以4≥4n，

即n≤1，所以ab≤1.

证法三：因a＞0，b＞0，a³+b³=2，所以

2=a³+b³=(a+b)(a²+b²－ab)≥(a+b)(2ab－ab)=ab(a+b)

于是有6≥3ab(a+b)，从而8≥3ab(a+b)+2=3a²b+3ab²+a³+b³=　

(a+b)³，所以a+b≤2，(下略)

证法四：因为

≥0，

所以对任意非负实数a、b，有≥

因为a＞0，b＞0，a³+b³=2，所以1=≥，

∴≤1，即a+b≤2，(以下略)

证法五：假设a+b＞2，则

a³+b³=(a+b)(a²－ab+b²)=(a+b)［(a+b)²－3ab］＞(a+b)ab＞2ab，所以ab＜1，

又a³+b³=(a+b)［a²－ab+b²］=(a+b)［(a+b)²－3ab］＞2(2²－3ab)

因为a³+b³=2，所以2＞2(4－3ab)，因此ab＞1，前后矛盾，故a+b≤2(以下略)