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已知i，m、n是正整數(shù)，且1＜i≤m＜n.
(1)證明：nⁱA＜mⁱA；(2)證明：(1+m)ⁿ＞(1+n)^m

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已知i，m、n是正整數(shù)，且1＜i≤m＜n.
(1)證明: nⁱA＜mⁱA 
(2)證明: (1+m)ⁿ＞(1+n)^m

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難點(diǎn)磁場(chǎng)

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(shè)a=+t₁，b=+t₂.

∵a+b=1，a＞0，b＞0，∴t₁+t₂=0，|t₁|＜，|t₂|＜

顯然當(dāng)且僅當(dāng)t=0，即a=b=時(shí)，等號(hào)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(diǎn)訓(xùn)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看成變量，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(shè)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.

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(guān)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，］

證法二：設(shè)x=+x′，y=+y′，z=+z′，則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，］

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≥x²+＞，矛盾.

x、y、z三數(shù)中若有最大者大于，不妨設(shè)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(duì)于1＜i≤m，且A =m?…?(m－i+1)，

，

由于m＜n，對(duì)于整數(shù)k=1，2，…，i－1，有，

所以

(2)由二項(xiàng)式定理有：

(1+m)ⁿ=1+Cm+Cm²+…+Cmⁿ，

(1+n)^m=1+Cn+Cn²+…+Cn^m，

由(1)知mⁱA＞nⁱA (1＜i≤m，而C=

∴mⁱCⁱ_n＞nⁱCⁱ_m(1＜m＜n

∴m⁰C=n⁰C=1，mC=nC=m?n，m²C＞n²C，…，

m^mC＞n^mC，m^m+1C＞0，…，mⁿC＞0，

∴1+Cm+Cm²+…+Cmⁿ＞1+Cn+C²_mn²+…+Cn^m，

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.

即(a+b)³≤2³，又a+b＞0，所以a+b≤2，因?yàn)?≤a+b≤2，

所以ab≤1.

證法二：設(shè)a、b為方程x²－mx+n=0的兩根，則，

因?yàn)?i>a＞0，b＞0，所以m＞0，n＞0，且Δ=m²－4n≥0                                         ①

因?yàn)?=a³+b³=(a+b)(a²－ab+b²)=(a+b)［(a+b)²－3ab］=m(m²－3n)

所以n=                                                                                                    ②

將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.

證法三：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)，從而8≥3ab(a+b)+2=3a²b+3ab²+a³+b³=?

(a+b)³，所以a+b≤2，(下略）

證法四：因?yàn)?a >

≥0，

所以對(duì)任意非負(fù)實(shí)數(shù)a、b，有≥

因?yàn)?i>a＞0，b＞0，a³+b³=2，所以1=≥，

∴≤1，即a+b≤2，(以下略）

證法五：假設(shè)a+b＞2，則

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?yàn)?i>a³+b³=2，所以2＞2(4－3ab)，因此ab＞1，前后矛盾，故a+b≤2(以下略)