备战高考技巧大全之高中数学黄金解题模板：专题32 不等式的证明技巧答案解析

高考数学中常规的不等式证明思路及技巧数学是高考中必不可少的一门科目，而数学中的不等式证明题目更是高考难点之一。

不等式证明题目考察的是学生的推理能力、逻辑思维能力和精准计算能力。

本文将介绍常见的不等式证明思路及技巧，以帮助高中生更好地应对高考数学中的不等式证明题目。

一、利用已知条件推出结论在不等式证明题目中，往往会给出一些已知条件，利用这些条件我们可以推出某个结论，从而间接证明不等式的正确性。

在做题时，我们应该把题目中的已知条件先作出标注，理清思路后再进行推导。

例如：给定实数 $x$，$y$，$z$，满足 $x^2+y^2+z^2=1$，求证：$x+y+z\leq \sqrt{3}$。

解析：首先，我们可以根据均值不等式得出 $x+y+z\leq\sqrt{3(x^2+y^2+z^2)}$。

接下来，根据题目中的条件$x^2+y^2+z^2=1$，我们可以将被开方量化简为 $\sqrt{3}$，从而得到 $x+y+z\leq \sqrt{3}$。

因此，我们成功地证明了该不等式的正确性。

二、借助已知不等式证明目标不等式借助已知不等式间接证明目标不等式的正确性是不等式证明中最常用的方法之一。

这种方法需要对不等式理解深入，需要对不等式的性质有全面认知。

可以通过加、减、乘、除等运算方式进行变形，或者通过引理证明的方式来证明目标不等式的正确性。

例如：已知 $ab+bc+ca=1$，证明$\dfrac{a}{1+b^2}+\dfrac{b}{1+c^2}+\dfrac{c}{1+a^2}\geq\dfrac{3\sqrt{3}}{4}$。

解析：首先，我们可以通过柯西不等式将原不等式中的多项式化成分数进行求解。

具体而言，我们有：$$\begin{aligned}&\dfrac{a}{1+b^2}+\dfrac{b}{1+c^2}+\dfrac{c}{1+a^2}\\ &\geq\dfrac{(a+b+c)^2}{a+ab^2+b+b^2c+c+c^2a+a^2}\\ &\geq\dfrac{3}{\dfrac{a}{c}+\dfrac{b}{a}+\dfrac{c}{b}+1}\\ &\geq\dfrac{3}{\sqrt[4]{\dfrac{abc}{abc}}+1}\\ &=\dfrac{3}{2}\end{aligned}$$由此，我们可以通过制定合适的策略，借助已知不等式成功证明了目标不等式的正确性。

不等式的证明技巧不等式是数学中常见的一种重要的数学关系。

证明一个不等式一般有以下几种常用的技巧：1.分析前提条件：首先，我们需要对不等式中的前提条件进行仔细的分析，了解这些条件约束下的数学性质。

在证明过程中，有时可以通过对前提条件的适当利用来简化证明过程，或者削弱不等式的限制，使得问题更容易处理。

2.求导和函数分析：对于一些关于函数的不等式，我们可以通过函数的导数来进行分析。

在求导的过程中，我们可以得到函数的最大值、最小值以及增减性质等重要的信息。

根据这些信息，我们可以判断函数的取值范围和不等式的成立条件。

3.数学归纳法：对于一些具有递推性质的不等式，可以使用数学归纳法进行证明。

首先，我们可以验证当n=1时不等式的成立，然后假设对于一些n成立，即不等式成立，再通过证明当n+1时也成立来得出结论。

4.分割法：对于一些含有多个变量的不等式，我们可以通过分割法将问题转化为多个单变量的不等式进行分析。

通过分析这些单变量的不等式，可以帮助我们更好地理解原始不等式的性质和结论。

5.套用已知不等式：在证明过程中，我们可以尝试将一些已知的不等式进行变形运用。

通过套用已知的不等式，可以简化证明过程，加快解题速度。

尤其是一些经典的不等式如均值不等式、柯西-施瓦茨不等式等，它们已经被广泛研究和应用，具有较强的普适性。

6.代入与化简：有时我们可以通过代入一些特殊的数值或者特定的变量取值，使得不等式变得更简单。

这样可以进一步分析不等式的性质，加深对问题本质的理解，从而得出证明结论。

7.反证法：给定一个不等式，我们假设其不成立，然后通过一系列逻辑推导和推理来推导出矛盾的结论。

这时我们可以得出原不等式的成立。

总之，证明不等式需要深入理解数学性质和灵活的数学思维。

结合前述的证明技巧，可以帮助我们更好地解决不等式问题。

最重要的是，需要积极锻炼数学证明的能力，通过练习和实践才能够提高。

【技巧题型】不等式题目的七种证明方法高考的题目中，有80%都是中低档难度，也就是说，要想脱颖而出成为佼佼者，压轴题是无论如何都要攻克的难关！压轴题目一般是开放型的题目，每年都是会变化。

但大概率题目是函数、数列、圆锥曲线、不等式等知识的综合问题。

今天，我就来总结一下不等式的证明方法。

1比较法所谓比较法，就是通过两个实数a与b的差或商的符号（范围）确定a与b大小关系的方法，即通过来确定a,b大小关系的方法。

前者为作差法，后者为作商法。

但要注意作差法适用范围较广；作商法再用时注意符号问题，如果同为正的话是没有问题的，同为负的话记得改变不等式的符号。

2分析法和综合这两个方法我们一般会一起使用。

分析法是从求证的不等式出发，分析这个不等式成立的充分条件，把证明这个不等式的问题转化为证明这些条件是否具备的问题。

如果能够肯定这些条件都已具备，那么就可以判定所证的不等式成立。

综合法是从已知或证明过的不等式出发，根据不等式的性质及公理推导出欲证的不等式。

我们来看一个例题，已知如果要用综合法或者分析法的话，对于过程上需要写明，即证，所以要证，也就是说，即等价于……一些转化的语句来过渡我们的题目。

当然这两个方法我们经常一起用，因为分析完条件，分析结论，两个一起分析做题速度更快一些呢。

3反证法从否定结论出发，经过逻辑推理，导出矛盾，证实结论的否定是错误的，从而肯定原结论是正确的。

这个方法其实是按照集合的补集理论来的，正难则反，但是要注意用反证法证明不等式时，必须将命题结论的反面的各种情形都要考虑到，不能少的。

反证法证明一个命题的思路及步骤：1）假定命题的结论不成立；2）进行推理，在推理中出现下列情况之一：与已知条件矛盾；与公理或定理矛盾;3）由于上述矛盾的出现，可以断言，原来的假定“结论不成立”是错误的; 4）肯定原来命题的结论是正确的。

4放缩法在证明过程中,利用不等式的传递性,作适当的放大或缩小,证明有更好的不等式来代替原不等式。

利用导数证明不等式的常见题型及解题技巧不等式的证明问题是高中数学的一个难点，证明不等式的方法技巧性强，并且各类不等式的证明没有通性解法。

一、简单作差（商）法方法：．要证明对任意∈x [b a ,]都有)()(x g x f ≤，可设)()()(x g x f x h -=，只要利用导数说明)(x h 在[b a ,]上的最大值为0即可．利用导数证明不等式要考虑构造新的函数，利用新函数的单调性或最值解决不等式的证明问题 例1、证明下列不等式：①1+≥x e x ②1ln -≤x x ③xx 1-1ln ≥ ④1x 1)-2(x ln +≥x )1(≥x ⑤)2,0(,2sin ππ∈>x x x例2已知函数.ln 21)(2x x x f +=求证：在区间),1(∞+上，函数)(x f 的图象在函数332)(x x g =的图象的下方；二、换元后作差构造函数证明【例3】（山东卷）证明：对任意的正整数n ，不等式3211)11ln(nn n ->+ 都成立.提示：令则,1nt =构造0)1ln()(32>+-+=t t t x f例4已知：)0(∞+∈x ，求证xx x x 11ln 11<+<+；（换元：设x x t 1+=）三、利用max min )()(x g x f ≥证明不等式 例1、已知函数.22)(),,(,ln )1(1)(ex e x g R b a x a b x ax x f +-=∈+-+-= （1）若函数2)(=x x f 在处取得极小值0，求b a ,的值；（2）在（1）的条件下，求证：对任意的],[,221e e x x ∈，总有)()(21x g x f >.例2：证明：对一切),0(+∞∈x ，都有exe x x 21ln ->成立.含有两个变量的不等式常有两种题型，即根据两个变量是否能分离将题型分为可分离变量式和不可分离变量式，对于这两种采用不同的方法，请注意区别。

4 不等式的证明1. 比较法证明不等式是最基本的方法也是最常用的方法。

比较法的两种形式： （1）比差法：步骤是：①作差；②分解因式或配方；③判断差式符号； （2）比商法：要证a>b 且b>0，只须证>ba1。

说明：①作差比较法证明不等式时，通常是进行通分、因式分解或配方，利用各因式的符号或非负数的性质进行判断；②证幂、乘积的不等式时常用比商法，证对数不等式时常用比差法。

运用比商法时必须确定两式的符号；2. 综合法：利用某些已经证明过的不等式（如均值不等式，常用不等式，函数单调性）作为基础，再运用不等式的性质推导出所要证的不等式的方法。

3. 分析法：从求证的不等式出发，分析使这个不等式成立的充分条件，把证明这个不等式的问题转化为这些条件是否具备的问题，如果能够肯定这些条件都已具备，那么就可以判定所证的不等式成立。

这种证明方法叫做分析法。

要注意书写的格式, 综合法是分析法的逆过程4．对较复杂的不等式先用分析法探求证明途径，再用综合法,或比较法加以证明。

5. 要掌握证明不等式的常用方法，此外还要记住一些常用不等式的形式特点,运用条件,等号、不等号成立的条件等。

1.反证法：正难则反. 否定结论，导出矛盾，证实结论的否定是错误的，从而肯定原结论正确。

2.放缩法：将不等式一侧适当的放大或缩小,利用不等式的传递性证 明不等式. 常用的放缩手法有：①添加或舍去一些项，如：a a >+12；n n n >+)1(； ②将分子或分母放大（或缩小）③利用基本不等式，绝对值不等式,a 2≥0等; ④若a>b>0,m>0,则b b ma a m+<+. 3.换元法：换元的目的是减少不等式中的变量，或者化繁为简.常用的换元有三角换元和代数换元.换元法必须注意新变元的取值范围.4.构造法：通过构造函数、方程或几何图形,利用相关知识来证明不等式；5.数学归纳法法:证明与正整数有关的不等式6.利用函数的单调性.利用单调函数中自变量大小与函数值之间的联系.要特别重视这种方法,因为高考中常把不等式综合在函数、数列或其它数学问题之中。

高考数学压轴百日冲刺快速提分秘籍不等式的证明技巧【高考地位】证明数列不等式，因其思维跨度大、构造性强，需要有较高的证明技巧。

这类问题的求解策略往往是：通过多角度观察所给数列通项的结构，深入剖析其特征，抓住其规律进行恰当地选择不等式的证明技巧. 在高考中常常以解答题出现，其试题难度属中高档题.【方法点评】方法一比较法使用情景：一般不等式证明解题模板：第一步通过两个实数a与b的差或商的符号（范围）确定a与b大小关系；第二步得出结论.考点：不等式的证明.方法二分析法使用情景：一般不等式证明解题模板：第一步从求证的不等式出发，分析这个不等式成立的充分条件；第二步把证明这个不等式的问题转化为证明这些条件是否具备的问题；第三步如果能够肯定这些条件都已具备，那么就可以判定所证的不等式成立.考点：绝对值不等式的证明.方法三综合法使用情景：一般不等式证明解题模板：第一步从已知或证明过的不等式出发，逐步推出其必要条件；第二步根据不等式的性质及公理推导出欲证的不等式；第三步得出结论.考点：基本不等式证明不等式方法四放缩法使用情景：一般不等式证明解题模板：第一步根据已知找出其通项公式an=f(n)；第二步然后运用恰当的放缩法对通项进行放缩；第三步利用数列求和公式即可得出结论.考点：不等式的证明.方法五数学归纳法使用情景：对于含有n(n∈N)的不等式类型解题模板：第一步验证当n取第一个值时不等式成立；第二步当n取第一个值时不等式成立，如果使不等式在n=k(n∈N)时成立的假设下，还能证明不等式在n=k+1也成立；第三步这个不等式对n取第一个值以后的自然数都能成立得出结论.考点：数列与函数的综合；数列与不等式的综合.方法六换元法使用情景：对于一般的不等式证明解题模板：第一步恰当的换元，适当的引入参数；第二步利用已知求出新元的取值范围；第三步根据现有的不等式放缩法得出结论.。

高考数学中不等式的证明方法和技巧有哪些在高考数学中，不等式的证明是一个重要的考点，也是很多同学感到头疼的问题。

不等式的证明方法多种多样，需要我们灵活运用数学知识和思维方法。

下面，我们就来详细探讨一下高考数学中不等式的证明的一些常见方法和技巧。

一、比较法比较法是证明不等式最基本的方法之一，分为作差比较法和作商比较法。

作差比较法的基本步骤是：将两个式子作差，然后对差进行变形，判断差的正负性。

如果差大于零，则被减数大于减数；如果差小于零，则被减数小于减数。

例如，要证明 a ＞ b ，我们可以计算 a b ，然后通过因式分解、配方等方法将其变形为易于判断正负的形式。

作商比较法适用于两个正数比较大小。

将两个正数作商，然后与 1比较大小。

如果商大于 1，则被除数大于除数；如果商小于 1，则被除数小于除数。

比如，要证明 a ＞ b （a、b 均为正数），计算 a/b ，若 a/b ＞ 1 ，则 a ＞ b 。

二、综合法综合法是从已知条件出发，利用已知的定理、公式、性质等，经过逐步的逻辑推理，最后推导出所要证明的不等式。

例如，已知 a ＞ 0 ，b ＞ 0 ，且 a ＋ b ＝ 1 ，要证明 a^2 ＋b^2 ≥1/2 。

因为 a ＋ b ＝ 1 ，所以（a ＋ b)＾2 ＝ 1 ，即 a^2 ＋ 2ab ＋ b^2 ＝1 。

又因为2ab ≤ a^2 ＋ b^2 ，所以 a^2 ＋ b^2 ＋2ab ≤ 2(a^2 ＋ b^2) ，即1 ≤ 2(a^2 ＋ b^2) ，从而得出 a^2 ＋b^2 ≥ 1/2 。

三、分析法分析法是从要证明的不等式出发，逐步寻求使不等式成立的充分条件，直到所需条件为已知条件或明显成立的事实。

比如，要证明√a ＋√b ＜√（a ＋ b) （a ＞ 0 ，b ＞ 0 ）。

先将不等式移项得到√a ＋√b √（a ＋ b) ＜ 0 ，然后对其进行分析，逐步转化为易于证明的形式。

分析法的书写格式通常是“要证……，只需证……”。

不等式的性质与证明方法不等式是数学中常见的一种数对关系，描述了数值之间的大小关系。

在不等式中，我们关注的是不同数值之间的相对大小，而不是它们的具体数值。

本文将介绍不等式的一些基本性质以及一些常用的证明方法。

一、不等式的性质1. 传递性在不等式中，如果a>b，且b>c，那么有a>c。

这个性质叫做不等式的传递性。

传递性是不等式证明中常用到的性质，可以通过多次使用传递性来推导出一些复杂的不等式。

2. 反身性在不等式中，对于任何一个数a，都有a≥a。

这个性质叫做不等式的反身性。

即一个数总是大于等于自身。

3. 反对称性在不等式中，如果a≥b且b≥a，那么有a=b。

这个性质叫做不等式的反对称性。

反对称性表示如果两个数既大于等于彼此又小于等于彼此，则这两个数应该相等。

4. 加法性和减法性在不等式中，如果a≥b，那么有a+c≥b+c；如果a≥b，那么有a-c≥b-c。

这个性质叫做不等式的加法性和减法性。

加法性和减法性表示在不等式两边同时加或减一个常数，原不等式的大小关系仍然成立。

5. 乘法性和除法性在不等式中，如果a≥b且c>0，那么有ac≥bc；如果a≥b且c<0，那么有ac≤bc。

这个性质叫做不等式的乘法性和除法性。

乘法性和除法性表示在不等式两边同时乘或除一个正数（或负数），原不等式的大小关系仍然成立，但需要注意，当乘或除一个负数时，不等号的方向会颠倒。

二、证明方法1. 直接证明法直接证明法是最常见的证明方法之一，也是最简单的一种方法。

这种方法通过对不等式进行一系列的推导和化简，最终直接得出结论。

例如，对于不等式a+b≥2√(ab)，可以利用乘法性、加法性和反身性进行证明。

2. 对偶证明法对偶证明法是一种证明方法，通过将不等式中的符号进行翻转，然后利用已知的性质或定理进行证明。

例如，对于不等式a+b≥2√(ab)，可以对偶后得到4ab≥(a+b)²，然后再利用乘法性和加法性进行证明。

不等式证明的常用技巧·例题例5—2—13求证：（2）若a＞b＞c＞0，d＞c,ac＞bd，则a+c＞b+d。

解（1)因x+y+z=1,故可设其中t1+t2+t3=0，于是(2）因a＞b，d＞c,故可设a=b+t1,d=c+t2，其中t1＞0，t2＞∴(a+c)-(b+d)=(a-b)-（d—c)=t1—t2＞0∴a+c＞b+d注①用n个数的平均数与适当参数来表示这n个数的代换通常称为均值代换，如(1)中施行的代换。

这种代换的特点是利用对称性可使运数组,不能保证由上述代换而得到.如x=y=0，z=1就不存在对应的t值。

②当a＞b时，令a=b+t(t＞0），其中t是a用b表示时引进的增量。

这种代换通常称为增量代换。

它的特点是把条件中的不等关系转化为相等系，使得变形过程简化。

例5—2—14求证：解（1)由a＞0，b＞0，a+2b=1，可设则有(2）因a＞b＞0，且（a-b）+b=a，故可设这时，原不等式等价于故只须证明这个不等式显然成立。

事实上，因为0＜cosθ＜1，0＜sinθ＜1又故原不等式得证。

注代数问题三角化,往往可充分利用三角函数的特有性质，使较为复杂的问题得以简化，从而获得简捷解法。

例5—2-15求证：（1）|a｜＜1,｜b｜＜1，|c|＜1，则abc+2＞a+b+c；（2）a i，b i∈R(i=1，2，3)，且a i≠0,则(a1b1+a2b2+a3b3)2≤(a12+a22+a32+）（b12+b22+b32)当且仅当b i=λa i时取等号。

解(1)原不等式等价于(bc—1)a+（2—b—c)＞0构造一次函数f(x）=（bc—1）x+（2-b-c) （-1＜x＜1)则f(-1）=(1—bc）+（1-b)+(1-c）＞0f(1)=bc-1+2-b-c=(1-b）(1-c)＞0于是，根据一次函数的单调性,f(x）在区间[—1，1］上恒大于0.而a∈(—1，1)，故f(a)＞0，即(bc-1)a-b—c+2＞0。

高三数学不等式证明试题答案及解析1.已知均为正数，证明：．【答案】证明见解析.【解析】不等式是对称式，特别是本题中不等式成立的条件是，因此我们可以用基本不等式，注意对称式的应用，如，对应的有，，这样可得①，同样方法可得，因此有②，①②相加，再应用基本不等式就可证明本题不等式了.因为a，b，c均为正数，由均值不等式得a2＋b2≥2ab， b2＋c2≥2bc， c2＋a2≥2ac．所以a2＋b2＋c2≥ab＋bc＋ac．同理，故a2＋b2＋c2＋≥ab＋bc＋ac＋≥6．所以原不等式成立． 10分【考点】不等式的证明.2. [2014·保定模拟]若P＝－，Q＝－，a≥0，则P、Q的大小关系是________．【答案】P>Q【解析】分析法，要证P>Q，需证＋>＋，平方可得>，即证a2＋6a＋8>a2＋6a，即8>0，显然成立，∴P>Q.3.已知a,b均为正数，且a+b=1,证明：（1）（2）【答案】见解析【解析】（1）因为a+b=1,所以，a-1=-b,b-1=-a,故=,当且仅当a=b时等号成立。

（2）==当且仅当a=b时等号成立。

4.在中，不等式成立；在凸四边形ABCD中，不等式成立；在凸五边形ABCDE中，不等式成立，，依此类推，在凸n边形中，不等式__ ___成立.【答案】【解析】我们可以利用归纳推理的方法得到不等式，从而得出结论．【考点】归纳推理.5.已知a,b,x,y均为正数且>,x>y.求证:>.【答案】见解析【解析】证明：∵-=,又>且a,b均为正数,∴b>a>0.又x>y>0,∴bx>ay.∴>0,即>.6.若a,b,c为不全相等的正数,求证:lg+lg+lg>lga+lgb+lgc.【答案】见解析【解析】证明：由a,b,c为正数,得lg≥lg;lg≥lg;lg≥lg.而a,b,c不全相等,所以lg+lg+lg>lg+lg+lg="lg" (abc)=lga+lgb+lgc.即lg+lg+lg>lga+lgb+lgc.7.已知a，b，c均为正数，证明：a2＋b2＋c2＋2≥6，并确定a，b，c为何值时，等号成立．【答案】见解析【解析】法一：因为a、b、c均为正数，由平均值不等式得a2＋b2＋c2≥3(abc)，①≥3(abc)－，②所以2≥9(abc)－.故a2＋b2＋c2＋2≥3(abc)＋9(abc)－.又3(abc)＋9(abc)－≥2＝6 ，③所以原不等式成立．当且仅当a＝b＝c时，①式和②式等号成立．当且仅当3(abc)＝9(abc)－时，③式等号成立．即当且仅当a＝b＝c＝3时，原式等号成立．法二：因为a，b，c均为正数，由基本不等式得a2＋b2≥2ab，b2＋c2≥2bc，c2＋a2≥2ac，所以a2＋b2＋c2≥ab＋bc＋ac.①同理≥，②故a2＋b2＋c2＋2≥ab＋bc＋ac＋3＋3＋3≥6.③所以原不等式成立，当且仅当a＝b＝c时，①式和②式等号成立，当且仅当a＝b＝c，(ab)2＝(bc)2＝(ac)2＝3时，③式等号成立．即当且仅当a＝b＝c＝3时，原式等号成立．8.已知是关于的方程的根，证明：（Ⅰ）;（Ⅱ）.【答案】（Ⅰ）证明见解析；（Ⅱ）证明见解析．【解析】（Ⅰ）构造函数，通过导函数可知函数在上是增函数，而，，故在上有唯一实根，即，然后利用函数的单调性，用反证法证明；（Ⅱ）先证，再由，可得．注意放缩法的技巧.试题解析：（Ⅰ）设，则显然，在上是增函数在上有唯一实根，即 4分假设，则，矛盾，故 8分（Ⅱ）（），13分方法二：由（Ⅰ）=【考点】1.函数的零点；2.函数的单调性的应用；3.放缩法证明不等式9.（几何证明选讲选做题）如右图，从圆外一点引圆的切线和割线，已知，，圆的半径为3，则圆心到直线的距离为 .【答案】.【解析】由切割线定理得，，故点到直线的距离.【考点】1.切割线定理；2.勾股定理10.设a，b，c均为正数，且a+b+c=1，证明：（Ⅰ）ab+bc+ac；（Ⅱ）【答案】见解析【解析】（Ⅰ）由，，得：，由题设得，即，所以，即.（Ⅱ）因为，，，所以，即，所以.本题第（Ⅰ）（Ⅱ）两问，都可以由均值不等式,相加即得到.在应用均值不等式时,注意等号成立的条件:一正二定三相等.【考点】本小题主要考查不等式的证明,熟练基础知识是解答好本类题目的关键.11.设a，b，c均为正数，且a+b+c=1，证明：（Ⅰ）ab+bc+ac；（Ⅱ）【答案】解析【解析】（Ⅰ）由，，得：，由题设得，即，所以，即.（Ⅱ）因为，，，所以，即，所以.本题第（Ⅰ）（Ⅱ）两问，都可以由均值不等式,相加即得到.在应用均值不等式时,注意等号成立的条件:一正二定三相等.【考点】本小题主要考查不等式的证明,熟练基础知识是解答好本类题目的关键.12.已知，求证：.【答案】见解析【解析】[证明]∵，∴，，，从而，即.【考点】本小题主要考查利用比较法证明不等式，考查推理论证能力.13.设f(x)＝lnx＋－1，证明：（1）当x>1时，f(x)< (x－1)；（2）当1<x<3时，f(x)<.【答案】（1）见解析（2）见解析【解析】证明：（1）(证法一)记g(x)＝lnx＋－1－ (x－1).则当x>1时，g′(x)＝＋－<0，g(x)在(1，＋∞)上单调递减.又g（1）＝0，有g(x)<0，即f(x)< (x－1).(证法二)由均值不等式，当x>1时，2<x＋1，故<＋.①令k(x)＝lnx－x＋1，则k（1）＝0，k′(x)＝－1<0，故k(x)<0，即lnx<x－1.②由①②得，当x>1时，f(x)< (x－1).（2）(证法一)记h(x)＝f(x)－，由（1）得h′(x)＝＋－＝－<－＝.令g(x)＝(x＋5)3－216x，则当1<x<3时，g′(x)＝3(x＋5)2－216<0.因此g(x)在(1,3)内是递减函数，又由g（1）＝0，得g(x)<0，所以h′(x)<0.因此h(x)在(1,3)内是递减函数，又由h（1）＝0，得h(x)<0.于是当1<x<3时，f(x)<. (证法二)记h(x)＝(x＋5)f(x)－9(x－1)，则当1<x<3时，由（1）得h′(x)＝f(x)＋(x＋5)f′(x)－9< (x－1)＋(x＋5)－9＝ [3x(x－1)＋(x＋5)(2＋)－18x]<＝ (7x2－32x＋25)<0.因此h(x)在(1,3)内单调递减，又，所以，即.14.( 本小题满分12分)已知集合中的元素都是正整数，且，对任意的且，有．（Ⅰ）求证：；（Ⅱ）求证：；（Ⅲ）对于，试给出一个满足条件的集合【答案】(Ⅰ) 证明：见解析；（Ⅱ）证明：见解析；（Ⅲ）．【解析】（1）因为，对任意的且，有．所以两边分别相加得.即.（2）由(Ⅰ)可得；同理，所以，即.（3）由（1）知，令，可取大于1的任意整数，令；同理令；；，则，令，则，令，则，令，则，令.就得到满足条件的一个集合.(Ⅰ) 证明：依题意有，又，因此．可得．所以．即．…………………4分（Ⅱ）证明：由(Ⅰ)可得．又，可得，因此．同理，可知．又，可得，所以均成立．当时，取，则，可知．又当时，．所以．……………………………………………………8分（Ⅲ）解：对于任意，，由可知，，即．因此，只需对，成立即可．因为；；；，因此可设；；；；．由，可得，取．由，可得，取．由，可得，取．由，可得，取．所以满足条件的一个集合．……………12分其它解法，请酌情给分.15.设正有理数是的一个近似值，令．（Ⅰ）若，求证：；（Ⅱ）比较与哪一个更接近于？【答案】见解析【解析】本试题主要是考查了不等式的证明以及比较大小的运用。

专题32 不等式的性质的解题技巧一．【学习目标】1．了解现实世界和日常生活中的不等关系． 2．了解不等式(组)的实际背景． 3．掌握不等式的性质及应用． 二．【知识要点】1．不等式的定义用不等号“>，≥，＜，≤，≠”将两个数学表达式连接起来，所得的式子叫做不等式．2．实数大小顺序与运算性质之间的关系a －b >0⇔a >b ；a －b ＝0⇔a ＝b ；a －b <0⇔a <b ．3．不等式的性质 (1)对称性：a >b ⇔b < a ； (2)传递性：a >b ，b >c ⇒a >c ；(3)可加性：a >b ⇔a+c >b+c ；a >b ，c >d ⇒a+c >b +d ；(4)可乘性：a >b ，c >0⇒ac >bc ；a >b ，c <0⇒ac < bc ；a >b >0，c >d >0⇒ac >bd ；(5)倒数法则：a >b ，ab >0⇒11a b<； (6)乘方性质：a >b >0⇒nna b > (n ≥2，n ∈N *)；(7)开方性质：a >b >0⇒>n ≥2，n ∈N *)；(8)有关分数的性质：若a >b >0，m >0，则 ①真分数的性质：b a <b ＋ma ＋m； b a >b －m a －m(b －m >0)； ②假分数的性质：a b >a ＋mb ＋m； a b <a －m b －m(b －m >0)． 4．基本不等式 (1)a 2＋b 2≥2ab ；变式：a 2＋b 22≥ab ；当且仅当a ＝b 时等号成立；(2)如果a ≥0，b ≥0，则a ＋b2≥ab ；变式：ab ≤⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋b 22，当且仅当a ＝b 时，等号成立，其中a ＋b2叫做正数a ，b 的算术平均数，ab叫做正数a ，b 的几何平均数．5．(1)若a >0，b >0，且a ＋b ＝P (定值)，则由ab ≤⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋b 22＝P 24可知，当a ＝b 时，ab 有最大值P 24；(2)若a >0，b >0且ab ＝S (定值)，则由a ＋b ≥2ab ＝2S 可知，当a ＝b 时，a ＋b 有最小值2S . 三．典例分析（一）由已知条件判断不等式 例1．已知条件甲：，条件乙：且，则甲是乙的（ ）A ．充分不必要条件B ．必要不充分条件C ．充要条件D ．既不充分也不必要条件 【答案】B【点睛】本题主要考查不等式的性质以及充分条件与必要条件，属于中档题.判断充分条件与必要条件应注意：首先弄清条件和结论分别是什么，然后直接依据定义、定理、性质尝试.对于带有否定性的命题或比较难判断的命题，除借助集合思想化抽象为直观外，还可利用原命题和逆否命题、逆命题和否命题的等价性，转化为判断它的等价命题；对于范围问题也可以转化为包含关系来处理. 练习1．已知，有下列命题：①若，则；②若，则； ③若，则； ④若，则；其中真命题的个数为（ ） A ．1 B ．2 C ．3 D ．4 【答案】C【解析】①取,则，但,故①错；②因,所以,因此；即②正确；③因,所以，故③正确；④因，由，得,所以,故④正确.练习2．有下列四个命题：①已知-1＜a＜b＜0，则0.3a＞a2＞ab；②若正实数a、b满足a+b=1，则ab有最大值；③若正实数a、b满足a+b=1，则有最大值；④∀x，y∈（0，+∞），x3+y3＞x2y+xy2．其中真命题的个数是（）A．1 B．2 C．3 D．4【答案】D【解析】①已知﹣1＜a＜b＜0，则0.3a＞1，1＞a2＞ab＞0，即有0.3a ＞a2＞ab正确；②若正实数a、b满足a+b＝1，则ab≤（）2，有最大值正确；③若正实数a、b满足a+b＝1，则，有最大值正确；练习3．设，给出下列三个结论：①；②；③．其中所有的正确结论的序号是 ( ) A．①③ B．①② C．②③ D．①②③【答案】B【解析】逐一分析所给的不等式：由于，故，结合可得，说法①正确；由于，故幂函数在区间上单调递减，结合可得，说法②正确；由于，故，对数函数单调递减，故，说法③错误. 综上可得：所有的正确结论的序号是①②.本题选择B选项.练习4．已知函数在区间内有唯一零点，则的取值范围为（）A． B．C． D．【答案】A【解析】由题意在区间内有唯一实数解令，解得，∴函数在区间[1，e]上单调递增，则，则的取值范围为.故选A.（三）作差法比较大小例3．已知，，，则与的大小关系为A． B． C． D．【答案】D【解析】因为,所以,故选D.练习1．设，，，，则的大小关系是（）A． B．C． D．【答案】D【解析】因为，所以可得因为，所以递减，所以可得，故选D.练习2．设且，则与的大小关系为( )A． B． C．与值有关,大小不定 D．以上都不正确【答案】A【解析】，，当时, ，；当时,；当时,，，综上可得，故选A.练习3．若则下列式子：（1），（2），（3），（4）.其中恒成立的个数是A．1个 B．2个 C．3个 D．4个【答案】A【解析】(1) =,当a=1,b=-2.时不等式不成立；(2) =当a=1,b=-1时，不等式不成立；(3)恒成立.选项正确.(4),故不正确.故答案为：A.（四）作商法比较大小15．设＜＜＜1，则( )A．a a＜a b＜b a B．a a＜b a＜a b C．a b＜a a＜b a D．a b＜b a＜a a 【答案】C【解析】∵＜＜＜1，∴0＜a＜b＜1.∴＝a a－b＞1.∴a b＜a a.∵＝，,0＜＜1，a＞0，∴＜1.∴a a＜b a.∴a b＜a a＜b a.故答案为：C【点睛】（1）本题主要考查比较法和指数函数的性质，意在考查学生对这些知识的掌握水平和分析推理能力.（2）比差的一般步骤是：作差→变形（配方、因式分解、通分等）→与零比→下结论；比商的一般步骤是：作商→变形（配方、因式分解、通分等）→与1比→下结论.如果两个数都是正数，一般用比商，其它一般用比差.练习1．若a＞0，b＞0，则p＝与q＝a b·b a的大小关系是( ) A．p≥q B．p≤q C．p＞q D．p＜q【答案】A【解析】,若则，； 若则，∴若则，∴p ≥q ，故选：A练习2．设ln22a =， ln33b =， ln55c =，则,,a b c 三个数从大到小的排列顺序为（ ）A ．a b c >>B ．b a c >>C ．b c a >>D ．c a b >> 【答案】B 【解析】由题意得．∵，∴b a >．又，∴a c >．∴b ac >>．选B ． （五）利用不等式性质证明不等式 例5．已知函数的定义域为，若在上为增函数，则称为“一阶比增函数”.（1）若是“一阶比增函数”，求实数a 的取值范围。

高考数学冲刺攻略不等式的解法与证明高考数学冲刺攻略：不等式的解法与证明高考数学中，不等式是一个重要的考点，其解法与证明在解题中常常发挥关键作用。

在高考冲刺阶段，掌握不等式的解法与证明技巧，对于提高数学成绩至关重要。

一、不等式的基本性质在学习不等式的解法之前，我们先来回顾一下不等式的基本性质：1、对称性：若 a ＞ b，则 b ＜ a 。

2、传递性：若 a ＞ b 且 b ＞ c ，则 a ＞ c 。

3、加法性质：若 a ＞ b，则 a ＋ c ＞ b ＋ c 。

4、乘法性质：若 a ＞ b 且 c ＞ 0 ，则 ac ＞ bc ；若 a ＞ b 且 c ＜0 ，则 ac ＜ bc 。

这些基本性质是我们解决不等式问题的基础，必须牢记于心。

二、一元一次不等式的解法一元一次不等式的一般形式为 ax ＋ b ＞ 0 或 ax ＋ b ＜ 0 （其中 a ≠ 0 ）。

解一元一次不等式的步骤与解一元一次方程类似，但需要注意不等式两边乘以或除以负数时，不等号方向要改变。

例如，解不等式 2x 5 ＞ 7 ，首先将常数项移到右边得到 2x ＞ 12 ，然后两边同时除以 2 ，得到 x ＞ 6 。

再比如，解不等式－3x ＋ 4 ＜ 10 ，先移项得到－3x ＜ 6 ，由于系数－3 为负数，所以两边同时除以－3 时，不等号方向改变，得到 x ＞－2 。

三、一元二次不等式的解法一元二次不等式的一般形式为 ax²＋ bx ＋ c ＞ 0 或 ax²＋ bx ＋ c＜ 0 （其中a ≠ 0 ）。

解一元二次不等式的关键是求出对应的一元二次方程 ax²＋ bx ＋ c＝ 0 的根。

我们可以通过判别式Δ ＝ b² 4ac 来判断方程根的情况：当Δ ＞ 0 时，方程有两个不同的实根 x₁和 x₂，此时不等式的解集在“两根之外”或“两根之间”，具体取决于不等式的符号。

当Δ ＝ 0 时，方程有一个重根 x₀，不等式的解集为x ≠ x₀。

不等式的证明1．不等式的证明【知识点的知识】证明不等式的基本方法：1、比较法：（1）作差比较法①理论依据：a＞b a﹣b＞0；a＜b a﹣b＜0．②证明步骤：作差→变形→判断符号→得出结论．注：作差比较法的实质是把两个数或式子的大小判断问题转化为一个数（或式子）与的大小关系．（2）作商比较法푎푎①理论依据：，푏＞1 ；，푏＜1 ；b＞0 a＞b b＜0 a＜b②证明步骤：作商→变形→判断与 1 的大小关系→得出结论．2、综合法（1）定义：从已知条件出发，利用定义、公理、定理、性质等，经过一系列的推理、论证而得到命题成立，这种证明方法叫做综合法．综合法又叫做推证法或由因导果法．（2）思路：综合法的思索路线是“由因导果”，也就是从一个（组）已知的不等式出发，不断地用必要条件代替前面的不等式，直至推导出要求证明的不等式．3、分析法（1）定义：从要证的结论出发，逐步寻求使它成立的充分条件，直至所需条件为已知条件或一个明显成立的事实（定义、公理或已证明的定理、性质等），从而得出要证的命题成立，这种证明方法叫做分析法．（2）思路：分析法的思索路线是“执果索因”，即从要证的不等式出发，不断地用充分条件来代替前面的不等式，直到打到已知不等式为止．注：综合法和分析法的内在联系是综合法往往是分析法的相反过程，其表述简单、条理清楚．当问题比较复杂时，通常把分析法和综合法结合起来使用，以分析法寻找证明的思路，用综合法叙述、表达整个证明过程．4、放缩法1/ 2（1）定义：证明不等式时，通常把不等式中的某些部分的值放大或缩小，简化不等式，从而达到证明的目的，这种证明方法称为放缩法．（2）思路：分析证明式的形式特点，适当放大或缩小是证题关键．常用的放缩技巧有：2/ 2。

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+a 1)(b+b 1)≥425.●案例探究［例1］证明不等式nn2131211<++++(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：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.证法一：(1)当n 等于1时，不等式左端等于1，右端等于2，所以不等式成立；(2)假设n=k(k ≥1)时，不等式成立，即1+k 13121+++＜2k ，∴当n=k+1时，不等式成立.综合(1)、(2)得：当n ∈N*时，都有1+n 13121+++＜2n .另从k 到k+1时的证明还有下列证法： 证法二：对任意k ∈N*，都有：证法三：设f(n)=),131211(2n n ++++-那么对任意k ∈N * 都有： ∴f(k+1)＞f(k)因此，对任意n ∈N* 都有f(n)＞f(n －1)＞…＞f(1)=1＞0，∴.2131211n n <++++［例2］求使yx +≤ayx +(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，属于★★★★★级题目.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、sin θ来对应进行换元，即令x =cos θ，y=sin θ(0＜θ＜2π)，这样也得a ≥sin θ+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.解法一：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)， ① ∴x ，y ＞0，∴x+y ≥2xy，②当且仅当x=y 时，②中有等号成立.比较①、②得a 的最小值满足a2－1=1， ∴a2=2，a=2 (因a ＞0)，∴a 的最小值是2.解法二：设yx xyy x xy y x y x y x yx yx u ++=+++=++=++=212)(2.∵x ＞0，y ＞0，∴x+y ≥2xy(当x=y 时“=”成立)，∴y x xy +2≤1，y x xy+2的最大值是1.从而可知，u 的最大值为211=+， 又由已知，得a ≥u ，∴a 的最小值为2. 解法三：∵y ＞0，∴原不等式可化为yx +1≤a1+yx ，设yx =tan θ，θ∈(0，2π).∴tan θ+1≤a 1tan 2+θ；即tan θ+1≤asec θ∴a ≥sin θ+cos θ=2sin(θ+4π)，③又∵sin(θ+4π)的最大值为1(此时θ=4π).由③式可知a 的最小值为2.●锦囊妙计1.不等式证明常用的方法有：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.不等式证明还有一些常用的方法：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. ●歼灭难点训练 一、填空题1.(★★★★★)已知x 、y 是正变数，a 、b 是正常数，且y b x a +=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__________. 二、解答题4.(★★★★★)已知a ，b ，c 为正实数，a+b+c=1.求证：(1)a2+b2+c2≥31(2)232323+++++c b a ≤65.(★★★★★)已知x ，y ，z ∈R ，且x+y+z=1，x2+y2+z2=21，证明：x ，y ，z ∈［0，32］6.(★★★★★)证明下列不等式：(1)若x ，y ，z ∈R ，a ，b ，c ∈R+，则c ba yb ac x a c b +++++22z2≥2(xy+yz+zx)(2)若x ，y ，z ∈R+，且x+y+z=xyz ，则z y x y x z x z y +++++≥2(z y x 111++) 7.(★★★★★)已知i ，m 、n 是正整数，且1＜i ≤m ＜n. (1)证明：niA im ＜miA in ；(2)证明：(1+m)n ＞(1+n)m8.(★★★★★)若a ＞0，b ＞0，a3+b3=2，求证：a+b ≤2，ab ≤1.参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 ≤41或ab≥8.∵a ＞0，b ＞0，a+b=1，∴ab ≥8不可能成立∵1=a+b ≥2ab ，∴ab ≤41，从而得证.证法二：(均值代换法)设a=21+t1，b=21+t2.∵a+b=1，a ＞0，b ＞0，∴t1+t2=0，|t1|＜21，|t2|＜21显然当且仅当t=0，即a=b=21时，等号成立.证法三：(比较法）∵a+b=1，a ＞0，b ＞0，∴a+b ≥2ab ，∴ab ≤41证法四：(综合法)∵a+b=1， a ＞0，b ＞0，∴a+b ≥2ab ，∴ab ≤41.证法五：(三角代换法）∵ a ＞0，b ＞0，a+b=1，故令a=sin2α，b=cos2α，α∈(0，2π).425)1)(1(4252sin 4)2sin 4(412sin 125162sin 24.3142sin 4,12sin 2sin 416)sin 4(2sin 42cos sin 2cos sin )cos 1)(cos sin 1(sin )1)(1(2222222222222442222≥++≥-⇒⎪⎭⎪⎬⎫≥≥+-=-≥-∴≤+-=+-+=++=++b b a a b b a a 即得ααααααααααααααααα 2歼灭难点训练一、1.解析：令x a=cos2θ，y b =sin2θ，则x=asec2θ，y=bcsc2θ，∴x+y=asec2θ+bcsc2θ=a+b+atan2θ+bcot2θ≥a+b+2ab b a b a 2cot tan 22++=θ⋅θ.答案：a+b+2ab2.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 ＞bc3.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+c2－31=31(3a2+3b2+3c2－1) =31［3a2+3b2+3c2－(a+b+c)2］=31［3a2+3b2+3c2－a2－b2－c2－2ab －2ac －2bc ］ =31［(a －b)2+(b －c)2+(c －a)2］≥0 ∴a2+b2+c2≥31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≥31证法三：∵33222c b a c b a ++≥++∴a2+b2+c2≥3cb a ++∴a2+b2+c2≥31证法四：设a=31+α，b=31+β，c=31+γ.∵a+b+c=1，∴α+β+γ=0∴a2+b2+c2=(31+α)2+(31+β)2+(31+γ)2 =31+32(α+β+γ)+α2+β2+γ2 =31+α2+β2+γ2≥31 ∴a2+b2+c2≥31∴原不等式成立.证法二：3)23()23()23(3232323+++++≤+++++c b a c b a∴232323+++++c b a ≤33＜6 ∴原不等式成立.5.证法一：由x+y+z=1，x2+y2+z2=21，得x2+y2+(1－x －y)2=21，整理成关于y 的一元二次方程得：2y2－2(1－x)y+2x2－2x+21=0，∵y ∈R ，故Δ≥0∴4(1－x)2－4×2(2x2－2x+21)≥0，得0≤x ≤32，∴x ∈［0，32］ 同理可得y ，z ∈［0，32］证法二：设x=31+x ′，y=31+y ′，z=31+z ′，则x ′+y ′+z ′=0， 于是21=(31+x ′)2+(31+y ′)2+(31+z ′)2=31+x ′2+y ′2+z ′2+32(x ′+y ′+z ′)=31+x ′2+y ′2+z ′2≥31+x ′2+2)(2z y '+'=31+23x ′2故x ′2≤91，x ′∈［－31，31］，x ∈［0，32］，同理y ，z ∈［0，32］证法三：设x 、y 、z 三数中若有负数，不妨设x ＜0，则x2＞0，21=x2+y2+z2≥x2+21232)1(2)(2222+-=+-=+x x x x z y ＞21，矛盾. x 、y 、z 三数中若有最大者大于32，不妨设x ＞32，则21=x2+y2+z2≥x2+2)(2z y +=x2+2)1(2x -=23x2－x+21=23x(x －32)+21＞21；矛盾. 故x 、y 、z ∈［0，32］∵上式显然成立，∴原不等式得证. 7.证明：(1)对于1＜i ≤m ，且A i m=m ·…·(m －i+1)，n i n n n n n n m i m m m m m m i i m i i m 11A ,11A +-⋅⋅-⋅=+-⋅⋅-⋅= 同理，由于m ＜n ，对于整数k=1，2，…，i －1，有m km n k n ->-， 所以i m i i n i i i mii n n m m n A A ,A A >>即(2)由二项式定理有：(1+m)n=1+C 1nm+C 2nm2+…+C nnmn ， (1+n)m=1+C 1m n+C 2m n2+…+C mmnm ，由(1)知miA i n ＞niA im(1＜i ≤m)，而C i m =!A C ,!A i i i ni n i m =∴miCin ＞niCim(1＜m ＜n )∴m0C 0n =n0C 0n =1，mC 1n =nC 1m =m ·n ，m2C 2n ＞n2C 2m ，…，mmC mn＞nmC mm ，mm+1C 1+m n ＞0，…，mnC n n＞0，∴1+C 1nm+C 2nm2+…+C nn mn ＞1+C 1m n+C2mn2+…+C mmnm ，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2ab ≤a+b ≤2， 所以ab ≤1.证法二：设a 、b 为方程x2－mx+n=0的两根，则⎩⎨⎧=+=abn b a m ，因为a ＞0，b ＞0，所以m ＞0，n ＞0，且Δ=m2－4n ≥0①因为2=a3+b3=(a+b)(a2－ab+b2)=(a+b)［(a+b)2－3ab ］=m(m2－3n)所以n=m m 3232-②将②代入①得m2－4(m m 3232-)≥0， 即m m 383+-≥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333)2(2b a b a +-+8))((38]2444)[(22222b a b a ab b a ab b a b a -+=----++=≥0，所以对任意非负实数a、b，有233ba+≥3)2(b a+因为a＞0，b＞0，a3+b3=2，所以1=233ba+≥3)2(ba+，∴2ba+≤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)。