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難點18 不等式的證明策略
不等式的證明，方法靈活多樣，它可以和很多內容結合.高考解答題中，常滲透不等式證明的內容，純不等式的證明，歷來是高中數學中的乙個難點，本難點著重培養考生數學式的變形能力，邏輯思維能力以及分析問題和解決問題的能力.
●難點磁場
(★★★★)已知a＞0，b＞0，且a+b=1.
求證：(a+)(b+)≥.
●案例**
［例1］證明不等式 (n∈n*)
命題意圖：本題是一道考查數學歸納法、不等式證明的綜合性題目，考查學生觀察能力、構造能力以及邏輯分析能力，屬★★★★★級題目.
知識依託：本題是乙個與自然數n有關的命題，首先想到應用數學歸納法，另外還涉及不等式證明中的放縮法、構造法等.
錯解分析：此題易出現下列放縮錯誤：
這樣只注重形式的統一，而忽略大小關係的錯誤也是經常發生的.
技巧與方法：本題證法一採用數學歸納法從n=k到n=k+1的過渡採用了放縮法；證法二先放縮，後裂項，有的放矢，直達目標；而證法三運用函式思想，借助單調性，獨具匠心，發人深省.
證法一：(1)當n等於1時，不等式左端等於1，右端等於2，所以不等式成立；
(2)假設n=k(k≥1)時，不等式成立，即1+＜2，
∴當n=k+1時，不等式成立.
綜合(1)、(2)得：當n∈n*時，都有1+＜2.
另從k到k+1時的證明還有下列證法：
證法二：對任意k∈n*，都有：
證法三：設f(n)=
那麼對任意k∈n * 都有：
∴f(k+1)＞f(k)
因此，對任意n∈n* 都有f(n)＞f(n－1)＞…＞f(1)=1＞0，
∴［例2］求使≤a (x＞0，y＞0)恆成立的a的最小值.
命題意圖：本題考查不等式證明、求最值函式思想、以及學生邏輯分析能力，屬於★★★★★級題目.
知識依託：該題實質是給定條件求最值的題目，所求a的最值蘊含於恒成立的不等式中，因此需利用不等式的有關性質把a呈現出來，等價轉化的思想是解決題目的突破口，然後再利用函式思想和重要不等式等求得最值.
錯解分析：本題解法三利用三角換元後確定a的取值範圍，此時我們習慣是將x、y與cosθ、sinθ來對應進行換元，即令=cosθ， =sinθ(0＜θ＜)，這樣也得a≥sinθ+cosθ，但是這種換元是錯誤的.其原因是：
(1)縮小了x、y的範圍；(2)這樣換元相當於本題又增加了「x、y=1」這樣乙個條件，顯然這是不對的.
技巧與方法：除了解法一經常用的重要不等式外，解法二的方法也很典型，即若引數a滿足不等關係，a≥f(x)，則amin=f(x)max；若 a≤f(x)，則amax=f(x)min，利用這一基本事實，可以較輕鬆地解決這一類不等式中所含引數的值域問題.還有三角換元法求最值用的恰當好處，可以把原問題轉化.
解法一：由於a的值為正數，將已知不等式兩邊平方，得：
x+y+2≤a2(x+y)，即2≤(a2－1)(x+y
∴x，y＞0，∴x+y≥2
當且僅當x=y時，②中有等號成立.
比較①、②得a的最小值滿足a2－1=1，
∴a2=2，a= (因a＞0)，∴a的最小值是.
解法二：設.
∵x＞0，y＞0，∴x+y≥2 (當x=y時「=」成立)，
∴≤1，的最大值是1.
從而可知，u的最大值為，
又由已知，得a≥u，∴a的最小值為.
解法三：∵y＞0，
∴原不等式可化為+1≤a，
設=tanθ，θ∈(0，).
∴tanθ+1≤a；即tanθ+1≤asecθ
∴a≥sinθ+cosθ=sin
又∵sin(θ+)的最大值為1(此時θ=).
由③式可知a的最小值為.
●錦囊妙計
1.不等式證明常用的方法有：比較法、綜合法和分析法，它們是證明不等式的最基本的方法.
(1)比較法證不等式有作差(商)、變形、判斷三個步驟，變形的主要方向是因式分解、配方，判斷過程必須詳細敘述；如果作差以後的式子可以整理為關於某乙個變數的二次式，則考慮用判別式法證.
(2)綜合法是由因導果，而分析法是執果索因，兩法相互轉換，互相滲透，互為前提，充分運用這一辯證關係，可以增加解題思路，開擴視野.
2.不等式證明還有一些常用的方法：換元法、放縮法、反證法、函式單調性法、判別式法、數形結合法等.
換元法主要有三角代換，均值代換兩種，在應用換元法時，要注意代換的等價性.放縮性是不等式證明中最重要的變形方法之一，放縮要有的放矢，目標可以從要證的結論中考查.有些不等式，從正面證如果不易說清楚，可以考慮反證法.
凡是含有「至少」「惟一」或含有其他否定詞的命題，適宜用反證法.
證明不等式時，要依據題設、題目的特點和內在聯絡，選擇適當的證明方法，要熟悉各種證法中的推理思維，並掌握相應的步驟、技巧和語言特點.
●殲滅難點訓練
一、填空題
1.(★★★★★)已知x、y是正變數，a、b是正常數，且=1，x+y的最小值為
2.(★★★★)設正數a、b、c、d滿足a+d=b+c，且|a－d|＜|b－c|，則ad與bc的大小關係是
3.(★★★★)若m＜n，p＜q，且(p－m)(p－n)＜0，(q－m)(q－n)＜0，則m、n、p、q的大小順序是
二、解答題
4.(★★★★★)已知a，b，c為正實數，a+b+c=1.
求證：(1)a2+b2+c2≥
(2)≤6
5.(★★★★★)已知x，y，z∈r，且x+y+z=1，x2+y2+z2=，證明：x，y，z∈［0，］
6.(★★★★★)證明下列不等式：
(1)若x，y，z∈r，a，b，c∈r+，則z2≥2(xy+yz+zx)
(2)若x，y，z∈r+，且x+y+z=xyz，
則≥2()
7.(★★★★★)已知i，m、n是正整數，且1＜i≤m＜n.
(1)證明：nia＜mia；
(2)證明：(1+m)n＞(1+n)m
8.(★★★★★)若a＞0，b＞0，a3+b3=2，求證：a+b≤2，ab≤1.
參***
難點磁場
證法一：(分析綜合法）
欲證原式，即證4(ab)2+4(a2+b2)－25ab+4≥0，即證4(ab)2－33(ab)+8≥0，即證ab≤或ab≥8.
∵a＞0，b＞0，a+b=1，∴ab≥8不可能成立
∵1=a+b≥2，∴ab≤，從而得證.
證法二：(均值代換法)
設a=+t1，b=+t2.
∵a+b=1，a＞0，b＞0，∴t1+t2=0，|t1|＜，|t2|＜
顯然當且僅當t=0，即a=b=時，等號成立.
證法三：(比較法）
∵a+b=1，a＞0，b＞0，∴a+b≥2，∴ab≤
證法四：(綜合法)
∵a+b=1， a＞0，b＞0，∴a+b≥2，∴ab≤.
證法五：(三角代換法）
∵ a＞0，b＞0，a+b=1，故令a=sin2α，b=cos2α，α∈(0，)
2殲滅難點訓練
一、1.解析：令=cos2θ， =sin2θ，則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看成變數，則m＜p＜n，m＜q＜n.
答案：m＜p＜q＜n
二、4.(1)證法一：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≥
證法二：∵(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≥
證法三：∵∴a2+b2+c2≥
∴a2+b2+c2≥
證法四：設a=+α，b=+β，c=+γ.
∵a+b+c=1，∴α+β+γ=0
∴a2+b2+c2=(+α)2+(+β)2+(+γ)2
2+β2+γ2
=+α2+β2+γ2≥
∴a2+b2+c2≥
∴原不等式成立.
證法二：
∴≤＜6
∴原不等式成立.
5.證法一：由x+y+z=1，x2+y2+z2=，得x2+y2+(1－x－y)2=，整理成關於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，］
證法二：設x=+x′，y=+y′，z=+z′，則x′+y′+z′=0，
於是=(+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，］
證法三：設x、y、z三數中若有負數，不妨設x＜0，則x2＞0， =x2+y2+z2≥x2+＞，矛盾.
x、y、z三數中若有最大者大於，不妨設x＞，則=x2+y2+z2≥x2+=x2+=x2－x+
=x(x－)+＞；矛盾.
故x、y、z∈［0，］
∵上式顯然成立，∴原不等式得證.
7.證明：(1)對於1＜i≤m，且a =m·…·(m－i+1)，
，由於m＜n，對於整數k=1，2，…，i－1，有，
所以(2)由二項式定理有：
(1+m)n=1+cm+cm2+…+cmn，
(1+n)m=1+cn+cn2+…+cnm，
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.證法一：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.
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