高中数学复习专题讲座(第18讲)关于不等式证明的常用方法

题目 高考要求

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，本节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

1 比较法、综合法和分析法，它们是证明不等式的最基本的方法

(1)比较法证不等式有作差(商)、变形、判断三个步骤，变形的主要方向是因式分解、配方，判断过程必须详细叙述 如果作差以后的式子可以整理为关于某一个变量的二次式，则考虑用判别式法证

(2)综合法是由因导果，而分析法是执果索因，两法相互转换，互相渗透，互为前提，充分运用这一辩证关系，可以增加解题思路，开扩视野

2 换元法、放缩法、反证法、函数单调性法、判别式法、数形结合法等换元法主要有三角代换，均值代换两种，在应用换元法时，要注意代换的等价性放缩性是不等式证明中最重要的变形方法之一，放缩要有的放矢，目标可以从要证的结论中考查有些不等式，从正面证如果不易说清楚，可以考虑反证法凡是含有“至少”“惟一”或含有其他否定词的命题，适宜用反证法 证明不等式时，要依据题设、题目的特点和内在联系，选择适当的证明方法，要熟悉各种证法中的推理思维，并掌握相应的步骤、技巧和语言特点 典型题例示范讲解

1112n(n∈N*) 例1证明不等式1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

知识依托 本题是一个与自然数n有关的命题，首先想到应用数学归纳法，另外还涉及不等式证明中的放缩法、构造法等

错解分析 此题易出现下列放缩错误

1

n个

这样只注重形式的统一，而忽略大小关系的错误也是经常发生的 技巧与方法 本题证法一采用数学归纳法从n=k到n=k+1的过渡采用了放缩法 证法二先放缩，后裂项，有的放矢，直达目标 而证法三运用函数思想，借助单调性，独具匠心，发人深省

(1)当n等于1时，不等式左端等于1，右端等于2，所以不等

第1页 共11页

式成立

(2)假设n=k(k≥1)时，不等式成立，即1+

1

13



1k

＜2k，

则1

1

1

1k1k1

2k

1k1

2k(k1)1

k1

k(k1)1

2k1,

∴当n=k+1时，不等式成立

综合(1)、(2)得 当n∈N*时，都有1+

12



13



1n

＜

另从k到k+1

2(k1)12k(k1)k2k(k1)(k1)(kk1)20,2(k1)12(k1),k10,2k

1k1

2k1.2k1k



2k1k1



1k1

,

又如:2k12k2k

1

k1

对任意k∈N*

21.

2(kk1),

kkk1111

因此122(1)2(2)2(nn1)2.

3nk

设f(n)=2n(1

1



2



2

1

1

1n

),

那么对任意k∈N*

f(k1)f(k)2(k1k)

1k111

1k1

[2(k1)2k(k1)1][(k1)2k(k1)k]

(k1k)2

1

0

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∴f(k+1)＞f(k)

因此，对任意n∈N* 都有f(n)＞f(n－1)＞„＞f(1)=1＞0，

1112n. ∴123n例2求使xy≤axy(x＞0，y＞0)恒成立的a的最小值

命题意图本题考查不等式证明、求最值函数思想、以及学生逻辑分析能力

知识依托该题实质是给定条件求最值的题目，所求a的最值蕴含于恒成立的不等式中，因此需利用不等式的有关性质把a呈现出来，等价转化的思想是解决题目的突破口，然后再利用函数思想和重要不等式等求得最值错解分析 本题解法三利用三角换元后确定a的取值范围，此时我们

习惯是将x、y与cosθ、sinθ来对应进行换元，即令x=cosθ，y=sinθ(0＜θ＜



2

)，这样也得a≥sinθ+cosθ，但是这种换元是错误的其原

因是 (1)缩小了x、y的范围 (2)这样换元相当于本题又增加了“x、y=1”这样一个条件，显然这是不对的

技巧与方法 除了解法一经常用的重要不等式外，解法二的方法也很典型，即若参数a满足不等关系，a≥f(x)，则amin=f(x)max 若 a≤f(x)，则amax=f(x)min，利用这一基本事实，可以较轻松地解决这一类不等式中所含参数的值域问题还有三角换元法求最值用的恰当好处，可以把原问题转化

由于a的值为正数，将已知不等式两边平方，得

x+y+2xy≤a2(x+y)，即2xy≤(a2－1)(x+y)， ∴x，y＞0，∴x+y≥2xy，

①

②

当且仅当x=y 比较①、②得a的最小值满足a2－1=1，

∴a2=2，a=2 (因a＞0)，∴a

设u

xy

(xy)2xy2xy2xy

1

xyxyxyxy

∵x＞0，y＞0，∴x+y≥2xy (当x=y时“=”成立)，

第3页 共11页

∴

2xy2xy

≤1，的最大值是1 xyxy

从而可知，u的最大值为12， 又由已知，得a≥u，∴a的最小值为

∵y＞0，

∴原不等式可化为

x

+1≤ayx

1， y

设

x=tanθ，θ∈(0，) y2

∴tanθ+1≤

即tanθ+1≤asecθ

∴a≥sinθ+cosθ=2sin(θ+又∵sin(θ+



4

)， ③



4

)的最大值为1(此时θ=



4

)

由③式可知

a的最小值为

例3已知a＞0，b＞0，且a+b=1 (a+

11)(b+)ba (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≤

1

或ab≥ 4

∵a＞0，b＞0，a+b=1，∴ab≥8不可能成立 ∵1=a+b≥2ab，∴ab≤ (均值代换法)

1

，从而得证 4

设a=

11

+t1，b=+t2 22

∵a+b=1，a＞0，b＞0，∴t1+t2=0，|t1|＜

11，|t2|＜ 22

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11a21b21(a)(b)

abab111122

(t1)21(t2)21(t1t11)(t2t21)

1111t1t2(t1)(t2)[1**********] (t1t11)(t2t21)(t2)2t2

1122t2t244

2532254

t2t2

25

.

24t244

显然当且仅当t=0，即a=b= (比较法）

1

2

∵a+b=1，a＞0，b＞0，∴a+b≥2ab，∴ab≤

1 4

1125a21b21254a2b233ab8(14ab)(8ab)(a)(b)0

ab4ab44ab4ab1125(a)(b)

ab4

(综合法)

∵a+b=1， a＞0，b＞0，∴a+b≥2ab，∴ab 252

(1ab)12

13916(1ab)1252

1ab1(1ab)

44161ab4

4ab

即(a)(b)

1

a1b25 4

(三角代换法）

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



2

)

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11112

(a)(b)(sin2)(cos)22

absincos

sin4cos42sin2cos22(4sin2)2162

4sin24sin22

sin221,4sin22413.2 42sin221625

(4sin22)225

112

44sin22

sin24

1125

即得(a)(b).

ab4

1已知x、y是正变数,a、b是正常数,且

ab

=1，x+y的最小值为 _ xy

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≥

1 3

(2)3a23b2c2≤6 5已知x，y，z∈R，且x+y+z=1，x2+y2+z2=

1， 2

证明 x，y，z∈［0，

2］ 3

6

(1)若x，y，z∈R，a，b，c∈R+，

则

bc2ca2ab2

z≥2(xy+yz+zx) xy

abc

(2)若x，y，z∈R+，且x+y+z=xyz， yzzxxy111

则≥2() xyzxyz7已知i，m、n是正整数，且1＜i≤m＜n

(1)证明 niAim＜miAin

(2)证明 (1+m)n＞(1+n)m

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8若a＞0，b＞0，a3+b3=2 a+b≤2，ab≤1 参考答案

ba

解析 令=cos2θ，=sin2θ，则x=asec2θ，y=bcsc2θ，

yx

∴x+y=asec2θ+bcsc2θ=a+b+atan2θ+bcot2θ

≥a+b+2

atan2bcot2ab

答案 a+b+2ab

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＞ 答案 ad＞bc

解析 把p、q看成变量，则m＜p＜n，m＜q＜n 答案 m＜p＜q＜n

(1)证法一 a2+b2+c2－

11

=(3a2+3b2+3c2－1) 33

1

［3a2+3b2+3c2－(a+b+c)2］ 31

=［3a2+3b2+3c2－a2－b2－c2－2ab－2ac－2bc］ 311=［(a－b)2+(b－c)2+(c－a)2］≥0 ∴a2+b2+c2≥ 33

=

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≥

1 3

a2b2c2abcabc

证法三 ∵∴a2+b2+c2≥

333

∴a2+b2+c2≥证法四 设a=

1 3

111

+α，b=+β，c=+γ 333

∵a+b+c=1，∴α+β+γ=0 ∴a2+b2+c2=(

111

+α)2+(+β)2+(+γ)2 333

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12

+ (α+β+γ)+α2+β2+γ3311=+α2+β2+γ2≥ 33

1

∴a2+b2+c2≥

3

=

2

(2)证法一:a2(3a2)1同理b2

3a21

,2

3b33c3

,c2

22

3(abc)9

3a2b23c26

2

∴原不等式成立

证法二

3a2b2c2(3a2)(3b2)(3c2)



33



3(abc)6



3

∴3a2b23c2≤＜6 ∴原不等式成立

证法一 由x+y+z=1，x2+y2+z2=

11

，得x2+y2+(1－x－y)2=，整理成关22

于y的一元二次方程得

1

=0，∵y∈R，故Δ≥0 2122

∴4(1－x)2－4×2(2x2－2x+)≥0，得0≤x≤，∴x∈［0，］

2332

同理可得y，z∈［0，］

3

111

证法二 设x=+x′，y=+y′，z=+z′，则x′+y′+z′=0，

333

1111

于是=(+x′)2+(+y′)2+(+z′)2

233312

=+x′2+y′2+z′2+ (x′+y′+z′) 33

2y2－2(1－x)y+2x2－2x+

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2

11132222(yz)=+x′+y′+z′≥+x′+=+x′2

23332

11122

故x′2≤，x′∈［－，］，x∈［0，］，同理y，z∈［0，］

93333

证法三 设x、y、z三数中若有负数，不妨设x＜0，则x2＞0，

3112222(yz)2(1x)21

x2x2x＞，矛盾 =x+y+z≥x+

222222

22

x、y、z三数中若有最大者大于，不妨设x＞，

33

12222(yz)22(1x)2321则=x+y+z≥x+=x+=x－x+

22222

321=x(x－)+＞ 矛盾 2322

故x、y、z∈［0，］

3

bc2ca2ab2

6.(1)证明:xyz2(xyyzzx)

2bc

bacbac

(x2y22xy)(y2z22yz)(z2x22zx)abbccaba2cb2ac2

(xy)(yz)(zx)0

abbccabc2caab2xyz2(xyyzzx)

abc

(2)证明:所证不等式等介于

yzzxxy

x2y2z2()2(xyyzzx)2

xyz

xyz[yz(yz)zx(zx)xy(xy)]2(xyyzzx)2(xyz)(y2zyz2z2xzx2x2yxy2)2(x2y2y2z2z2x2)4(x2yzxy2zxyz2)

y3zyz3z3xzx3x3yxy32x2yz2xy2z2xyz2

yz(yz)2zx(zx)2xy(xy)2x2(yz)2y2(zx)2z2(xy)20

∵上式显然成立，∴原不等式得证

证明 (1)对于1＜i≤m，且Aim =m·„·(m－i+1)，

Aimmm1Aimnn1mi1ni1

,同理， mmmnnnmini

第9页 共11页

由于m＜n，对于整数k=1，2，„，i－1，有

nkmk

， 

nm

AinAim

所以ii,即miAinniAim

nm

(2)由二项式定理有

22nn

(1+m)n=1+C1nm+Cnm+„+Cnm， 22mm(1+n)m=1+C1mn+Cmn+„+Cmn，

由(1)知

mAin

i

＞nAim

i

(1＜i≤m)，而

Cim

AimiAin

,Cn= i!i!

∴miCin＞niCim(1＜m＜n)

00222211

∴m0C0n=nCn=1，mCn=nCm=m·n，mCn＞nCm，„， mmm+1m1mmCmCn＞0，„，mnCnn＞nCm，mn＞0， 2222nn1mm∴1+C1nm+Cnm+„+Cnm＞1+Cmn+Cmn+„+Cmn，

即(1+m)n＞(1+n)m成立

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2ab≤a+b≤2， 所以ab≤

mab

证法二 设a、b为方程x2－mx+n=0的两根，则，

nab

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)

m22

所以n= 33m

2

②

m22

将②代入①得m－4()≥0， 33m

m38即≥0，所以－m3+8≥0，即m≤2，所以a+b≤2，

3m

由2≥m 得4≥m2，又m2≥4n，所以4≥4n，

第10页 共11页

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） a3b3ab3() 证法四 因为22

(ab)[4a24b24aba2b22ab]3(ab)(ab)2

≥0， 88

a3b3ab3所以对任意非负实数a、b，有≥() 22

a3b3ab333因为a＞0，b＞0，a+b=2，所以1=≥()， 22

ab∴≤1，即a+b≤2，(以下略） 2

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)

33因为a+b=2，所以2＞2(4－3ab)，因此ab＞1，前后矛盾，

故a+b≤2(以下略

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题目 高考要求

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，本节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

1 比较法、综合法和分析法，它们是证明不等式的最基本的方法

(1)比较法证不等式有作差(商)、变形、判断三个步骤，变形的主要方向是因式分解、配方，判断过程必须详细叙述 如果作差以后的式子可以整理为关于某一个变量的二次式，则考虑用判别式法证

(2)综合法是由因导果，而分析法是执果索因，两法相互转换，互相渗透，互为前提，充分运用这一辩证关系，可以增加解题思路，开扩视野

2 换元法、放缩法、反证法、函数单调性法、判别式法、数形结合法等换元法主要有三角代换，均值代换两种，在应用换元法时，要注意代换的等价性放缩性是不等式证明中最重要的变形方法之一，放缩要有的放矢，目标可以从要证的结论中考查有些不等式，从正面证如果不易说清楚，可以考虑反证法凡是含有“至少”“惟一”或含有其他否定词的命题，适宜用反证法 证明不等式时，要依据题设、题目的特点和内在联系，选择适当的证明方法，要熟悉各种证法中的推理思维，并掌握相应的步骤、技巧和语言特点 典型题例示范讲解

1112n(n∈N*) 例1证明不等式1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

知识依托 本题是一个与自然数n有关的命题，首先想到应用数学归纳法，另外还涉及不等式证明中的放缩法、构造法等

错解分析 此题易出现下列放缩错误

1

n个

这样只注重形式的统一，而忽略大小关系的错误也是经常发生的 技巧与方法 本题证法一采用数学归纳法从n=k到n=k+1的过渡采用了放缩法 证法二先放缩，后裂项，有的放矢，直达目标 而证法三运用函数思想，借助单调性，独具匠心，发人深省

(1)当n等于1时，不等式左端等于1，右端等于2，所以不等

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式成立

(2)假设n=k(k≥1)时，不等式成立，即1+

1

13



1k

＜2k，

则1

1

1

1k1k1

2k

1k1

2k(k1)1

k1

k(k1)1

2k1,

∴当n=k+1时，不等式成立

综合(1)、(2)得 当n∈N*时，都有1+

12



13



1n

＜

另从k到k+1

2(k1)12k(k1)k2k(k1)(k1)(kk1)20,2(k1)12(k1),k10,2k

1k1

2k1.2k1k



2k1k1



1k1

,

又如:2k12k2k

1

k1

对任意k∈N*

21.

2(kk1),

kkk1111

因此122(1)2(2)2(nn1)2.

3nk

设f(n)=2n(1

1



2



2

1

1

1n

),

那么对任意k∈N*

f(k1)f(k)2(k1k)

1k111

1k1

[2(k1)2k(k1)1][(k1)2k(k1)k]

(k1k)2

1

0

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∴f(k+1)＞f(k)

因此，对任意n∈N* 都有f(n)＞f(n－1)＞„＞f(1)=1＞0，

1112n. ∴123n例2求使xy≤axy(x＞0，y＞0)恒成立的a的最小值

命题意图本题考查不等式证明、求最值函数思想、以及学生逻辑分析能力

知识依托该题实质是给定条件求最值的题目，所求a的最值蕴含于恒成立的不等式中，因此需利用不等式的有关性质把a呈现出来，等价转化的思想是解决题目的突破口，然后再利用函数思想和重要不等式等求得最值错解分析 本题解法三利用三角换元后确定a的取值范围，此时我们

习惯是将x、y与cosθ、sinθ来对应进行换元，即令x=cosθ，y=sinθ(0＜θ＜



2

)，这样也得a≥sinθ+cosθ，但是这种换元是错误的其原

因是 (1)缩小了x、y的范围 (2)这样换元相当于本题又增加了“x、y=1”这样一个条件，显然这是不对的

技巧与方法 除了解法一经常用的重要不等式外，解法二的方法也很典型，即若参数a满足不等关系，a≥f(x)，则amin=f(x)max 若 a≤f(x)，则amax=f(x)min，利用这一基本事实，可以较轻松地解决这一类不等式中所含参数的值域问题还有三角换元法求最值用的恰当好处，可以把原问题转化

由于a的值为正数，将已知不等式两边平方，得

x+y+2xy≤a2(x+y)，即2xy≤(a2－1)(x+y)， ∴x，y＞0，∴x+y≥2xy，

①

②

当且仅当x=y 比较①、②得a的最小值满足a2－1=1，

∴a2=2，a=2 (因a＞0)，∴a

设u

xy

(xy)2xy2xy2xy

1

xyxyxyxy

∵x＞0，y＞0，∴x+y≥2xy (当x=y时“=”成立)，

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∴

2xy2xy

≤1，的最大值是1 xyxy

从而可知，u的最大值为12， 又由已知，得a≥u，∴a的最小值为

∵y＞0，

∴原不等式可化为

x

+1≤ayx

1， y

设

x=tanθ，θ∈(0，) y2

∴tanθ+1≤

即tanθ+1≤asecθ

∴a≥sinθ+cosθ=2sin(θ+又∵sin(θ+



4

)， ③



4

)的最大值为1(此时θ=



4

)

由③式可知

a的最小值为

例3已知a＞0，b＞0，且a+b=1 (a+

11)(b+)ba (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≤

1

或ab≥ 4

∵a＞0，b＞0，a+b=1，∴ab≥8不可能成立 ∵1=a+b≥2ab，∴ab≤ (均值代换法)

1

，从而得证 4

设a=

11

+t1，b=+t2 22

∵a+b=1，a＞0，b＞0，∴t1+t2=0，|t1|＜

11，|t2|＜ 22

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11a21b21(a)(b)

abab111122

(t1)21(t2)21(t1t11)(t2t21)

1111t1t2(t1)(t2)[1**********] (t1t11)(t2t21)(t2)2t2

1122t2t244

2532254

t2t2

25

.

24t244

显然当且仅当t=0，即a=b= (比较法）

1

2

∵a+b=1，a＞0，b＞0，∴a+b≥2ab，∴ab≤

1 4

1125a21b21254a2b233ab8(14ab)(8ab)(a)(b)0

ab4ab44ab4ab1125(a)(b)

ab4

(综合法)

∵a+b=1， a＞0，b＞0，∴a+b≥2ab，∴ab 252

(1ab)12

13916(1ab)1252

1ab1(1ab)

44161ab4

4ab

即(a)(b)

1

a1b25 4

(三角代换法）

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



2

)

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11112

(a)(b)(sin2)(cos)22

absincos

sin4cos42sin2cos22(4sin2)2162

4sin24sin22

sin221,4sin22413.2 42sin221625

(4sin22)225

112

44sin22

sin24

1125

即得(a)(b).

ab4

1已知x、y是正变数,a、b是正常数,且

ab

=1，x+y的最小值为 _ xy

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≥

1 3

(2)3a23b2c2≤6 5已知x，y，z∈R，且x+y+z=1，x2+y2+z2=

1， 2

证明 x，y，z∈［0，

2］ 3

6

(1)若x，y，z∈R，a，b，c∈R+，

则

bc2ca2ab2

z≥2(xy+yz+zx) xy

abc

(2)若x，y，z∈R+，且x+y+z=xyz， yzzxxy111

则≥2() xyzxyz7已知i，m、n是正整数，且1＜i≤m＜n

(1)证明 niAim＜miAin

(2)证明 (1+m)n＞(1+n)m

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8若a＞0，b＞0，a3+b3=2 a+b≤2，ab≤1 参考答案

ba

解析 令=cos2θ，=sin2θ，则x=asec2θ，y=bcsc2θ，

yx

∴x+y=asec2θ+bcsc2θ=a+b+atan2θ+bcot2θ

≥a+b+2

atan2bcot2ab

答案 a+b+2ab

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＞ 答案 ad＞bc

解析 把p、q看成变量，则m＜p＜n，m＜q＜n 答案 m＜p＜q＜n

(1)证法一 a2+b2+c2－

11

=(3a2+3b2+3c2－1) 33

1

［3a2+3b2+3c2－(a+b+c)2］ 31

=［3a2+3b2+3c2－a2－b2－c2－2ab－2ac－2bc］ 311=［(a－b)2+(b－c)2+(c－a)2］≥0 ∴a2+b2+c2≥ 33

=

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≥

1 3

a2b2c2abcabc

证法三 ∵∴a2+b2+c2≥

333

∴a2+b2+c2≥证法四 设a=

1 3

111

+α，b=+β，c=+γ 333

∵a+b+c=1，∴α+β+γ=0 ∴a2+b2+c2=(

111

+α)2+(+β)2+(+γ)2 333

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12

+ (α+β+γ)+α2+β2+γ3311=+α2+β2+γ2≥ 33

1

∴a2+b2+c2≥

3

=

2

(2)证法一:a2(3a2)1同理b2

3a21

,2

3b33c3

,c2

22

3(abc)9

3a2b23c26

2

∴原不等式成立

证法二

3a2b2c2(3a2)(3b2)(3c2)



33



3(abc)6



3

∴3a2b23c2≤＜6 ∴原不等式成立

证法一 由x+y+z=1，x2+y2+z2=

11

，得x2+y2+(1－x－y)2=，整理成关22

于y的一元二次方程得

1

=0，∵y∈R，故Δ≥0 2122

∴4(1－x)2－4×2(2x2－2x+)≥0，得0≤x≤，∴x∈［0，］

2332

同理可得y，z∈［0，］

3

111

证法二 设x=+x′，y=+y′，z=+z′，则x′+y′+z′=0，

333

1111

于是=(+x′)2+(+y′)2+(+z′)2

233312

=+x′2+y′2+z′2+ (x′+y′+z′) 33

2y2－2(1－x)y+2x2－2x+

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2

11132222(yz)=+x′+y′+z′≥+x′+=+x′2

23332

11122

故x′2≤，x′∈［－，］，x∈［0，］，同理y，z∈［0，］

93333

证法三 设x、y、z三数中若有负数，不妨设x＜0，则x2＞0，

3112222(yz)2(1x)21

x2x2x＞，矛盾 =x+y+z≥x+

222222

22

x、y、z三数中若有最大者大于，不妨设x＞，

33

12222(yz)22(1x)2321则=x+y+z≥x+=x+=x－x+

22222

321=x(x－)+＞ 矛盾 2322

故x、y、z∈［0，］

3

bc2ca2ab2

6.(1)证明:xyz2(xyyzzx)

2bc

bacbac

(x2y22xy)(y2z22yz)(z2x22zx)abbccaba2cb2ac2

(xy)(yz)(zx)0

abbccabc2caab2xyz2(xyyzzx)

abc

(2)证明:所证不等式等介于

yzzxxy

x2y2z2()2(xyyzzx)2

xyz

xyz[yz(yz)zx(zx)xy(xy)]2(xyyzzx)2(xyz)(y2zyz2z2xzx2x2yxy2)2(x2y2y2z2z2x2)4(x2yzxy2zxyz2)

y3zyz3z3xzx3x3yxy32x2yz2xy2z2xyz2

yz(yz)2zx(zx)2xy(xy)2x2(yz)2y2(zx)2z2(xy)20

∵上式显然成立，∴原不等式得证

证明 (1)对于1＜i≤m，且Aim =m·„·(m－i+1)，

Aimmm1Aimnn1mi1ni1

,同理， mmmnnnmini

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由于m＜n，对于整数k=1，2，„，i－1，有

nkmk

， 

nm

AinAim

所以ii,即miAinniAim

nm

(2)由二项式定理有

22nn

(1+m)n=1+C1nm+Cnm+„+Cnm， 22mm(1+n)m=1+C1mn+Cmn+„+Cmn，

由(1)知

mAin

i

＞nAim

i

(1＜i≤m)，而

Cim

AimiAin

,Cn= i!i!

∴miCin＞niCim(1＜m＜n)

00222211

∴m0C0n=nCn=1，mCn=nCm=m·n，mCn＞nCm，„， mmm+1m1mmCmCn＞0，„，mnCnn＞nCm，mn＞0， 2222nn1mm∴1+C1nm+Cnm+„+Cnm＞1+Cmn+Cmn+„+Cmn，

即(1+m)n＞(1+n)m成立

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2ab≤a+b≤2， 所以ab≤

mab

证法二 设a、b为方程x2－mx+n=0的两根，则，

nab

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)

m22

所以n= 33m

2

②

m22

将②代入①得m－4()≥0， 33m

m38即≥0，所以－m3+8≥0，即m≤2，所以a+b≤2，

3m

由2≥m 得4≥m2，又m2≥4n，所以4≥4n，

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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） a3b3ab3() 证法四 因为22

(ab)[4a24b24aba2b22ab]3(ab)(ab)2

≥0， 88

a3b3ab3所以对任意非负实数a、b，有≥() 22

a3b3ab333因为a＞0，b＞0，a+b=2，所以1=≥()， 22

ab∴≤1，即a+b≤2，(以下略） 2

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)

33因为a+b=2，所以2＞2(4－3ab)，因此ab＞1，前后矛盾，

故a+b≤2(以下略

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