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
-
1.()已知x、y是正变数，a、b是正常数，且
=1，x+y的最小值为__________. -
2.()设正数a、b、c、d满足a+d=b+c，且|a－d|＜|b－c|，则ad与bc的大小关系是__________.
-
3.()若m＜n，p＜q，且(p－m)(p－n)＜0，(q－m)(q－n)＜0，则m、n、p、q的大小顺序是__________.
-
4.()已知a，b，c为正实数，a+b+c=1.
求证：(1)a2+b2+c2≥
(2)
≤6 -
5.()已知x，y，z∈R，且x+y+z=1，x2+y2+z2=
，证明：x，y，z∈［0，
］ -
6.()证明下列不等式：
(1)若x，y，z∈R，a，b，c∈R+，则
z2≥2(xy+yz+zx)(2)若x，y，z∈R+，且x+y+z=xyz，
则
≥2(
) -
7.()已知i，m、n是正整数，且1＜i≤m＜n.
(1)证明：niA
＜miA
；(2)证明：(1+m)n＞(1+n)m
-
8.()若a＞0，b＞0，a3+b3=2，求证：a+b≤2，ab≤1.
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+C
m+C
m2+…+C
mn，
(1+n)m=1+C
n+C
n2+…+C
nm，
由(1)知miA＞niA (1＜i≤m
，而C=
∴miCin＞niCim(1＜m＜n
∴m0C
=n0C=1，mC=nC=m.n，m2C＞n2C，…，
mmC
＞nmC，mm+1C
＞0，…，mnC＞0，
∴1+Cm+Cm2+…+Cmn＞1+Cn+C2mn2+…+Cnm，
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)