【正文】 ，c為正實(shí)數(shù)，a+b+c=：(1)a2+b2+c2≥(2)3a+2+3b+2+3c+2≤6 5.(★★★★★)已知x，y，z∈R，且x+y+z=1，x2+y2+z2=6.(★★★★★)證明下列不等式：(1)若x，y，z∈R，a，b，c∈R，則(2)若x，y，z∈R，且x+y+z=xyz，則y+zx+z+xy+x+yz++12，證明：x，y，z∈［0，23］b+cax+2c+aby+2a+bcz≥2(xy+yz+zx)2≥2（1x+1y+1z)7.(★★★★★)已知i，m、n是正整數(shù)，且1＜i≤m＜n.(1)證明：niAim＜miAin；(2)證明：(1+m)n＞(1+n)m338.(★★★★★)若a＞0，b＞0，a+b=2，求證：a+b≤2，ab≤難點(diǎn)磁場(chǎng)證法一：(分析綜合法）欲證原式，即證4(ab)+4(a+b)－25ab+4≥0，即證4(ab)－33(ab)+8≥0，即證ab≤ab≥8.∵a＞0，b＞0，a+b=1，∴ab≥8不可能成立 ∵1=a+b≥2ab，∴ab≤證法二：(均值代換法)設(shè)a=121422214或，從而得證.+t1，b=12+∵a+b=1，a＞0，b＞0，∴t1+t2=0，|t1|＜，|t2|＜本資料從網(wǎng)上收集整理\(a+(=121a)(b+21b)=(1a+1a22180。b+1b(=14+t1+t1+1)((222+t1)+112+t12180。2+t2)+11214+t21412+t2+t2+1)+t2)2212+t1)(22(=14+t1+t1+1)(14+t2+t2+1)=2(54+t2)t214t22t2425=16+1432t2+t2222525179。16=.144t2顯然當(dāng)且僅當(dāng)t=0，即a=b=證法三：(比較法）12時(shí)，等號(hào)成立.∵a+b=1，a＞0，b＞0，∴a+b≥2ab，∴ab≤1125222214a+1b+1254ab+33ab+8(14ab)(8ab)(a+)(b+)===179。0ab4ab44ab4ab 1125\(a+)(b+)179。ab4證法四：(綜合法)∵a+b=1，a＞0，b＞0，∴a+b≥2ab，∴ab≤(1ab)+125239。179。 253。222。ab4239。239。254。25236。2(1ab)+1179。239。139239。162\1ab179。1=222。(1ab)179。222。237。4416239。 1179。4239。ab238。即(a+1a)(b+1b)179。254證法五：(三角代換法）∵ a＞0，b＞0，a+b=1，故令a=sin2α，b=cos2α，α∈(0，p2)本資料從網(wǎng)上收集整理(a+=1a4)(b+1b)=(sina+4221sina22)(cos2a+1cosa222)2sina+cosa2sinacosa+24sin2a222=(4sina)+164sin2aQsin2a163。1,\4sin2a179。41=+16179。25252。22(4sin2a)25239。179。253。222。11244sin2a179。239。24sin2a254。即得(a+1a)(b+1b)179。 殲滅難點(diǎn)訓(xùn)練一、：令ax=cos2θ，by=sin2θ，則x=asec2θ，y=bcsc2θ，∴x+y=asec2θ+bcsc2θ=a+b+atan2θ+bcot2θ≥a+b+2atan2qbcot2q=a+b+：a+b+2ab：由0≤|a－d|＜|b－c|219。(a－d)2＜(b－c)2219。(a+b)2－4ad＜(b+c)2－4bc ∵a+d=b+c，∴－4ad＜－4bc，故ad＞：ad＞bc：把p、q看成變量，則m＜p＜n，m＜q＜：m＜p＜q＜n二、4.(1)證法一：a2+b2+c2－===13131313=13(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≥222證法二：∵(a+b+c)=a+b+c+2ab+2ac+2bc≤a+b+c2+a2+b2+a2+c2+b2+c2 ∴3(a2+b2+c2)≥(a+b+c)2=1 ∴a2+b2+c2≥a+b+c32222a+b+c3證法三：∵∴a2+b2+c2≥179。a+b+c3∴a2+b2+c2≥13證法四：設(shè)a=+α，b=13+β，c=13+γ.∵a+b+c=1，∴α+β+γ=0 ∴a+b+c=（22213+α)+（213+β)+（213+γ)本資料從網(wǎng)上收集整理==1313+23(α+β+γ)+α+β+γ13222 +α2+β2+γ2≥13∴a2+b2+c2≥(2)證法一:Q同理\3a+2=3b+32(3a+2)180。13c+323(a+b+c)+92=63a+2+12,3b+2,3c+23c+23a+2+3b+2+∴：3a+2+3b+2+33c+2163。(3a+2)+(3b+2)+(3c+2)3=3(a+b+c)+63=3∴3a+2+3b+2+3c+2≤33＜6 ∴：由x+y+z=1，x2+y2+z2=次方程得：2y2－2(1－x)y+2x2－2x+1212，得x2+y2+(1－x－y)2=12，整理成關(guān)于y的一元二=0，∵y∈R，故Δ≥012∴4(1－x)2－42(2x2－2x+同理可得y，z∈［0，證法二：設(shè)x=于是==1313121323)≥0，得0≤x≤23，∴x∈［0，23］］132+x′，y=2+y′，z=13132+z′，則x′+y′+z′=0，=(13+x′)+（13+y′)+（23+z′)+x′2+y′2+z′2+222(x′+y′+z′)13+x′+y′+z′≥2+x′+132(y162。+z162。)22=13+2332x′223故x′≤19，x′∈［－，13］，x∈［0，］，同理y，z∈［0，］12證法三：設(shè)x、y、z三數(shù)中若有負(fù)數(shù)，不妨設(shè)x＜0，則x2＞0，=x2+y2+z2≥本資料從網(wǎng)上收集整理x+2(y+z)22=(1x)22+x=232xx+212＞12，、y、z三數(shù)中若有最大者大于x+2，不妨設(shè)x＞23，則12=x2+y2+z2≥(y+z)22=x+232(1x)22=1223232x2－x+=32x(x－)+12＞；矛盾.］c+abcby+22故x、y、z∈［0，6.(1)證明:Q=(=(\bax+baaxx+22b+c22x+a+bc2z2(xy+yz+zx)accaz+222aby2xy)+(aby)+(y+2y+bc2bcz2yz)+(2cax2zx)2cbyz)+(aczx)179。0b+cc+aba+bcz179。2(xy+yz+zx)(2)證明:所證不等式等介于xyz(222y+zx+z+xy+x+yz)179。2(xy+yz+zx)22219。xyz[yz(y+z)+zx(z+x)+xy(x+y)]179。2(xy+yz+zx)219。(x+y+z)(yz+yz22222222+zx+zx222+xy+xy)2222179。2(xy+yz+zx)+4(xyz+xyz+xyz)219。yz+yz+zx+zx+xy+xy22333333179。2xyz+2xyz+2xyz2222222222219。yz(yz)+zx(zx)+xy(xy)+x(yz)+y(zx)+z(xy)179。0∵上式顯然成立，∴：(1)對(duì)于1＜i≤m，且Aim =m?(m－i+1)，AmmiiAmmm1mi+1nn1ni+1=L,同理=L，immmnnnnnknmkmi由于m＜n，對(duì)于整數(shù)k=1，2，?，i－1，有Annii，所以Ammii,即mAnnAmiiii(2)由二項(xiàng)式定理有：2n2n(1+m)n=1+C1nm+Cnm+?+Cnm，2mm(1+n)m=1+C1mn+C2mn+?+Cmn，本資料從網(wǎng)上收集整理ii由(1)知miAi＞niAi(1＜i≤miAmnm，而Cm=i!,Cin=Ani!∴miCin＞niCim(1＜m＜n)∴m0C0n=n0C0n=1，mC1n=nC1m=mn，m2C2n＞n2C2m，?，mmCmn＞nmCmm，mm+1Cm+1n＞0，?，mnCnn＞0，∴1+C1nm+C2nm2+?+Cnnmn＞1+C1mn+C2mn2+?+Cmmnm，即(1+m)n＞(1+n)：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≤(a+b)3≤23，又a+b＞0，所以a+b≤2，因?yàn)?ab≤a+b≤2，所以ab≤：設(shè)a、b為方程x2－mx+n=0的兩根，則a+b237。236。m=，238。n=ab因?yàn)閍＞0，b＞0，所以m＞0，n＞0，且Δ=m2－4n≥0因?yàn)?=a3+b3=(a+b)(a2－ab+b2)=(a+b)［(a+b)2－3ab］=m(m2－3n)2所以n=m323m將②代入①得m2－4(m2323m)≥0，3即m+83m≥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≤：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)，從而8≥3ab(a+b)+2=3a2b+3ab2+a3+b3=(a+b)3，所以a+b≤2，(下略）33證法四：因?yàn)閍+b2(a+b32)224aba2b2=(a+b)[4a+4b2ab])(ab)28=3(a+b8≥0，所以對(duì)任意非負(fù)實(shí)數(shù)a、b，有a3+b32≥(a+b32)3b333因?yàn)閍＞0，b＞0，a+=2，所以1=a+ba+b32≥(2)，∴a+b2≤1，即a+b≤2，(以下略）證法五：假設(shè)a+b＞2，則①②本資料從網(wǎng)上收集整理a+b=(a+b)(a－ab+b)=(a+b)［(a+b)－3ab］＞(a+b)ab＞2ab，所以ab＜1，又a+b=(a+b)［a－ab+b］=(a+b)［(a+b)－3ab］＞2(2－3ab)因?yàn)閍3+b3=2，所以2＞2(4－3ab)，因此ab＞1，前后矛盾，故a+b≤2(以下略)332233222