不等式证明例题讲解
例1．已知a ，b ∈R ，求证a 2 + b 2≥ab + a + b －1．
证明：∵ (a 2 + b 2) －(ab + a + b －1)
=1(a -b )2+(a -1)2+(b -1)2≥0， 2[]
∴ a 2 + b 2≥ab + a + b －1，当且仅当a = b = 1时等号成立．
评述 这是一个用求差比较法证明的不等式，对差式的变形是拆项和配方，以利用实数的性质：a 2≥0．
此不等式的证明还可采用函数的方法：
设f ( a ) = ( a 2+b 2 )－(ab + a + b －1) = a 2－(b + 1)a + b 2－b + 1，这是一个a 的二次函数式，由于二次项系数大于0，且∆= (b +1)2－4(b 2－b +1) =－3(b －1) 2≤0，故 f ( a )≥0对一切a ∈R 恒成立．
例2．已知a ，b 为不相等的正数，求证：
a b >(ab )a b a +b
2>a b b a ．
分析 由于a ，b 为不等正数，所证不等式中各式都是幂与积的结构，可选用求商比较法．
证明：a ，b 为不等正数，不失一般性，设a > b > 0．
a b a b
(ab )
∵ a > b > 0．
∴ a +b 2=a -b b -a a 2b 2⎛= ⎪⎝b ⎭a -b a ⎫2 a a -b >1，>0． b 2
a -b
⎫2⎛a 由指数函数性质可知 ⎪⎝b ⎭
同理 >1，故 a b >(ab )a b a +b 2． (ab )
b a +b 2a a b =
b a -b b -a a 2b 2⎛a = ⎪⎝b ⎭a -b ⎫2>1．故 (ab )a +b 2>a b b a ． 综上可得 a b >(ab )a a +b
2>a b b a ．
例3．已知a ，b ，c ∈R +，求证：
111111 ++≥++2a 2b 2c a +b b +c c +a
分析 直接作差，再通分变形，所得分式很繁，使判定差式符号十分困难．为此将含三个字母的差式作分项变形，以使每一差式只含两个字母，就会使判定差式符号变得容易．
证明：∵ a ，b ，c ∈R +，
∴ b (a +b ) +a (a +b ) -4ab 111 +-=4a 4b a +b 4ab (a +b )
2(a -b )=≥0． 4ab a +b (b -c )≥0， 111+-=同理 4b 4c b +c 4bc b +c 2
(c -a )≥0． 111+-=4c 4a c +a 4ca c +a 2
三式相加，可得：
111111++---≥0， 2a 2b 2c a +b b +c c +a
111111即 ++≥++2a 2b 2c a +b b +c c +a
评述 采用比较法证明不等式时，对差式或商式的变形至关重要．
例4．已知a ，b ，c ∈R ，求证：
a 2+b 2+b 2+c 2+c 2+a 2≥2(a +b +c )．
分析：此不等式的左边是关于a ，b ，c 的三个根式，而右边是关于a ，b ，c 的整式，采用恒等变换难以化简各个根式．为此应选用适当的放缩变换．使各根式的被开方式化为完全平方式．就有可能通过化简根式证明不等式．
证明：∵ a 2 + b2 ≥ 2ab ，
∴ 2 (a 2 + b 2) ≥ a 2 + 2ab + b 2 = (a + b ) 2
2
22(a +b )， |a +b |≥两边开方，得 a 2+b 2≥22
2(b +c )， 同理可得 b 2+c 2≥2
2(c +a )． c 2+a 2≥2
三式相加，得 即 a +b 222(a +b )≥．
a 2+b 2+b 2+c 2+c 2+a 2≥2(a +b +c )．
评述 此不等式的证明采用的是综合法，在由因导果的推理过程中，选用了合理的放缩变换，而这一变换是在分析了不等式两边的差异后寻求到的．
例5．已知x ，y ，z ∈R ，且x + y + z =1，求证：x 2+y 2+z 2≥
1． 3
分析 条件与结论有次数上的差异，升次或降次可拉近两者的距离．条件与结论均含三个字母，利用等式x + y + z =1 可实施等量代换，以取得消元的效果．
证法一：∵ x + y + z =1 ．
∴ (x + y + z ) 2 =1．
x 2+y 2+z 2=13x 2+y 2+z 2 3
1=x 2+y 2+z 2+x 2+y 2+y 2+z 2+z 2+x 2 3
1≥x 2+y 2+z 2+2xy +2yz +2zx 3
112=(x +y +z )=． 33[([)]()()()]()
证法二：由x + y + z =1 得 z = 1－x －y ，因此
x 2+y 2+z 2=x 2+y 2+(1-x -y )2
=2x 2+y 2+xy -x -y +1
=2x 2+(y -1)x +y 2-y +1
2⎡⎛y -1⎫3y 2-2y -1⎤=2⎢ x +⎪+⎥+1 24⎭⎢⎝⎥⎣⎦
22⎡⎛(y -1⎫3y -1)1⎤=2⎢ x ++-⎥+1 ⎪2123⎭⎢⎥⎣⎝⎦()[]
y -1⎫11⎛2=2 x +⎪+(3y -1)+ 2⎭63⎝2
≥1． 3
评述 这是一个条件不等式的证明问题，抓住条件与结论的特征和差异，就能设计出有效的变形策略．由于结论中不等式的左边是二次齐次式．实施配方是很自然的．
例6．已知a ，b ，c 是不等正数，且abc = 1，求证：++c
分析 所证不等式的两边有根式与分式的差异，在题设的abc =1的条件下，或将左式a ++变形为11++bc ca
变换的途径． 1111，或将左式++变形为bc + ca + ab ，都有可能拉近左、右两式的距离，找到进行不等式ab a b c
证法一：∵ a ，b ，c 是不等正数，且abc =1，
∴ a ++c =11++bc ca 1 ab
111111+++
=111++． a b c
证法二：∵ a ，b ，c 是不等正数，且abc =1．
∴ 111++= bc + ca + ab a b c
bc +ca ca +ab ab +bc =++222
>abc 2+a 2bc +ab 2c =a +b +．
评述 例4—例6都是采用综合法由因导果证明不等式，为能有效地揭示条件与结论之间的因果关系，需要着力分析已知与求证之间的差异和联系，不等式两边之间的差异和联系．在此基础上实施有效的等式变换与不等式变换．
例7．已知a ，b ∈R +，且a + b =1，求证：3a + 3b
分析 此题中已知条件的结构简单，而求证的不等式结构复杂，利用a + b =1 消元，将结论化为一元不等式后逐步化简，寻求使其成立的充分条件．
证明：由于a + b =1，a ，b ∈R +．
(3)-3+ 3
⇐3a ()2-4⋅3a +3
⇐ (3a －1) (3a －3)
⇐ 1
⇐ 0
而在 a ，b ∈R +，且a + b =1的条件下，0
例8．已知a + b > 0，求证：
2lg (a +b )≤lg a 2+1+lg b 2+1
证明：由于a + b > 0，a 2 + 1 > 0，b 2 + 1 > 0 ()()
2lg (a +b )≤lg a 2+1+lg b 2+1
()()
⇐ lg (a +b )≤lg a 2+1b 2+1 2[()()]
⇐ (a + b ) 2 ≤ ( a 2 + 1) ( b 2 + 1 )
⇐ a 2 + 2ab + b 2 ≤ a 2 b 2 + a 2 + b2 + 1
⇐ a 2 b 2 －2ab +1 ≥ 0
⇐ (ab －1) 2 ≥ 0
不等式 (ab －1) 2 ≥ 0一定成立，故2lg (a +b )≤lg a 2+1+lg b 2+1 成立． ()()
π⎫π⎫1⎛x +x 2⎫⎛⎛x ∈ 0⎪．例9．设函数f ( x ) = tan x ，已知x 1，x 2∈ 0⎪，且x 1≠x 2，求证[f (x 1)+f (x 2)]>f 1 ⎪．2⎭2⎭2⎝⎝⎝2⎭
证明 x +x 2⎫1[f (x 1)+f (x 2)]>f ⎛ 1⎪ 22⎝⎭
⇐
⇐ 1(tan x 1+tan x 2)>tan x 1+x 2 221⎛sin x 1sin x 2 + 2⎝cos x 1cos x 2⎫x 1+x 2⎪ >tan ⎪2⎭
⇐ sin (x 1+x 2)sin (x 1+x 2)> 2cos x 1cos x 21+cos x 1+x 2sin (x 1+x 2)sin (x 1+x 2)> ( * ) cos x 1+x 2+cos x 1-x 21+cos x 1+x 2⇐
π⎫⎛⎛ππ⎫由于x 1，x 2 0⎪，且x 1≠x 2，可知x 1 + x 2∈(0，π) ，x 1-x 2∈ -⎪，且 2⎭2⎭⎝⎝2
x 1－x 2≠0，因此：
sin (x 1 + x 2) > 0，0 f ⎛ 1⎪成立． 22⎝⎭
评述 例7—例9 都是采用分析法执果索因证明不等式．从所需证明的不等式出发，逐步寻求使其成立的充分条件的过程，同时具有简化结论的作用，用分析法比较适宜．例9中的“切”化“弦”就是一种简化．
例10．已知a ，b ，c ∈R ，且 a + b + c > 0，ab + bc + ca > 0，abc > 0，求证a ，b ，c 全是正数．
分析 此题的已知条件结构比较复杂（分别是a ，b ，c 的和、两两乘积之和，以及积均为正数），而结论只是a ，b ，c 的符号．求证的结论及对结论的否定的结构都比较简单，因此可从对结论的否定的假设出发进行推理，并推出矛盾，从而推证结论成立，即采用反证法．
证明：假设a ，b ，c 不全是正数，则由abc > 0可知a ，b ，c 三个实数中有两个负数，一个正数．不失一般
性，设a 0．
∵ a + b + c > 0，
∴ c >－( a + b ) > 0．
两边同乘以负数a + b ，得c (a + b )
即ca + bc
由此可得 ab + bc + ca 0矛盾，假设错误，故a ，b ，c 全是正数．
评述 采用反证法证明不等式的关键步骤有两个，一是提出与结论相反，即对结论的否定的假设；二是由假设出发，进行正确的推理，推出矛盾．
此命题的逆命题“若a ，b ，c 全是正数，则a + b + c > 0，ab + bc + ca > 0，abc > 0”也是真命题，因此可得出“a ，b ，c 全是正数的充要条件是a + b + c > 0，ab + bc + ca > 0，
abc > 0”的结论．
例11．求证：当n ∈N ，n ≥2时，
1111++ +
1513证明：1˚ 当n =2时，左边=1+=，右边=2-=，不等式成立． 44221+
2˚ 假设当n = k （k ≥2）时不等式成立：
1+
则 1+1111++ +
1⎫⎡11⎤⎛∵ 2- ⎪-⎢2-+2⎥k +1⎭⎣k ⎝k +1⎢⎥⎦
=111-- k k +1k +12
2(k +1)-k (k +1)-k 1==22k k +1k k +1>0，
∴ 2-111+
11111++ ++
由1˚、2˚可知不等式对一切不小于2的自然数n 都成立．
评述 此题采用数学归纳法证明是很自然的、有效的．但数学归纳法并不是惟一的证法．采用放缩变换也可证明此不等式．
∵ n ∈N ，n ≥2，
∴ 1+111++ + 2223n 2
111
1⎫⎛1⎫⎛11⎫⎛1=1+ 1-⎪+ -⎪+ + -⎪ 2⎭⎝23⎭⎝⎝n -1n ⎭
=2-1． n
例12．已知i ，m ，n 是正整数，且1
i （1）证明 n i P m
（2）证明 (1+ m )n > (1 + n )m ．
i 分析 P m ，P n i 是两个排列数，各是i 个连续正整数的积．第（1）问应采用商值比较法．第（2）问所需证明
的不等式两边都是二项式，应从其展开式的项数及对应项的大小入手进行证明．
证明：（1）∵ i ，m ，n 是正整数，且1
i ∴ P m =m ⋅(m -1) (m -i +1) ，
P n i =n ⋅(n -1) (n -i +1)
m -i +1⎫⎛n ⎫⎛m m -1=⋅⋅ ⎪ ⎪ i i m n n -1n -i +1m P n ⎝⎭⎝⎭
=
∵ m
∴ 对整数 k = 1，2，„，i －1，
n (m －k ) －m ( n －k ) = k ( m －n )
即 0
∴ 0
（2）∵ m
m i P n i i
∴ 由二项式定理得
1m m +1n (1+m )n =m 0C n 0+mC n + +m m C n +m m +1C n + +m n C n
01m ． (1+n )m =n 0C m +nC m + +n m C n
i i i ∵ P m ，P n i =i ! C n =i ! C m
i i i ∴ 由n i P m
由此可得
(1+m )-(1+n ) n m
0011m m m +1n =m 0C n -n 0C m +mC n -nC m + +m m C n -n m C m +m m +1C n + +m n C n >0 ()()()
故 (1+ m )n > (1 + n )m ．
评述 这是一道与排列、组合、二项式定理相综合的两个不等式的证明问题，分别采用了求商比较法和求差比较法．把握住商式和差式的结构特征，并进行合理的变形是证明不等式的关键．
不等式证明例题讲解
例1．已知a ，b ∈R ，求证a 2 + b 2≥ab + a + b －1．
证明：∵ (a 2 + b 2) －(ab + a + b －1)
=1(a -b )2+(a -1)2+(b -1)2≥0， 2[]
∴ a 2 + b 2≥ab + a + b －1，当且仅当a = b = 1时等号成立．
评述 这是一个用求差比较法证明的不等式，对差式的变形是拆项和配方，以利用实数的性质：a 2≥0．
此不等式的证明还可采用函数的方法：
设f ( a ) = ( a 2+b 2 )－(ab + a + b －1) = a 2－(b + 1)a + b 2－b + 1，这是一个a 的二次函数式，由于二次项系数大于0，且∆= (b +1)2－4(b 2－b +1) =－3(b －1) 2≤0，故 f ( a )≥0对一切a ∈R 恒成立．
例2．已知a ，b 为不相等的正数，求证：
a b >(ab )a b a +b
2>a b b a ．
分析 由于a ，b 为不等正数，所证不等式中各式都是幂与积的结构，可选用求商比较法．
证明：a ，b 为不等正数，不失一般性，设a > b > 0．
a b a b
(ab )
∵ a > b > 0．
∴ a +b 2=a -b b -a a 2b 2⎛= ⎪⎝b ⎭a -b a ⎫2 a a -b >1，>0． b 2
a -b
⎫2⎛a 由指数函数性质可知 ⎪⎝b ⎭
同理 >1，故 a b >(ab )a b a +b 2． (ab )
b a +b 2a a b =
b a -b b -a a 2b 2⎛a = ⎪⎝b ⎭a -b ⎫2>1．故 (ab )a +b 2>a b b a ． 综上可得 a b >(ab )a a +b
2>a b b a ．
例3．已知a ，b ，c ∈R +，求证：
111111 ++≥++2a 2b 2c a +b b +c c +a
分析 直接作差，再通分变形，所得分式很繁，使判定差式符号十分困难．为此将含三个字母的差式作分项变形，以使每一差式只含两个字母，就会使判定差式符号变得容易．
证明：∵ a ，b ，c ∈R +，
∴ b (a +b ) +a (a +b ) -4ab 111 +-=4a 4b a +b 4ab (a +b )
2(a -b )=≥0． 4ab a +b (b -c )≥0， 111+-=同理 4b 4c b +c 4bc b +c 2
(c -a )≥0． 111+-=4c 4a c +a 4ca c +a 2
三式相加，可得：
111111++---≥0， 2a 2b 2c a +b b +c c +a
111111即 ++≥++2a 2b 2c a +b b +c c +a
评述 采用比较法证明不等式时，对差式或商式的变形至关重要．
例4．已知a ，b ，c ∈R ，求证：
a 2+b 2+b 2+c 2+c 2+a 2≥2(a +b +c )．
分析：此不等式的左边是关于a ，b ，c 的三个根式，而右边是关于a ，b ，c 的整式，采用恒等变换难以化简各个根式．为此应选用适当的放缩变换．使各根式的被开方式化为完全平方式．就有可能通过化简根式证明不等式．
证明：∵ a 2 + b2 ≥ 2ab ，
∴ 2 (a 2 + b 2) ≥ a 2 + 2ab + b 2 = (a + b ) 2
2
22(a +b )， |a +b |≥两边开方，得 a 2+b 2≥22
2(b +c )， 同理可得 b 2+c 2≥2
2(c +a )． c 2+a 2≥2
三式相加，得 即 a +b 222(a +b )≥．
a 2+b 2+b 2+c 2+c 2+a 2≥2(a +b +c )．
评述 此不等式的证明采用的是综合法，在由因导果的推理过程中，选用了合理的放缩变换，而这一变换是在分析了不等式两边的差异后寻求到的．
例5．已知x ，y ，z ∈R ，且x + y + z =1，求证：x 2+y 2+z 2≥
1． 3
分析 条件与结论有次数上的差异，升次或降次可拉近两者的距离．条件与结论均含三个字母，利用等式x + y + z =1 可实施等量代换，以取得消元的效果．
证法一：∵ x + y + z =1 ．
∴ (x + y + z ) 2 =1．
x 2+y 2+z 2=13x 2+y 2+z 2 3
1=x 2+y 2+z 2+x 2+y 2+y 2+z 2+z 2+x 2 3
1≥x 2+y 2+z 2+2xy +2yz +2zx 3
112=(x +y +z )=． 33[([)]()()()]()
证法二：由x + y + z =1 得 z = 1－x －y ，因此
x 2+y 2+z 2=x 2+y 2+(1-x -y )2
=2x 2+y 2+xy -x -y +1
=2x 2+(y -1)x +y 2-y +1
2⎡⎛y -1⎫3y 2-2y -1⎤=2⎢ x +⎪+⎥+1 24⎭⎢⎝⎥⎣⎦
22⎡⎛(y -1⎫3y -1)1⎤=2⎢ x ++-⎥+1 ⎪2123⎭⎢⎥⎣⎝⎦()[]
y -1⎫11⎛2=2 x +⎪+(3y -1)+ 2⎭63⎝2
≥1． 3
评述 这是一个条件不等式的证明问题，抓住条件与结论的特征和差异，就能设计出有效的变形策略．由于结论中不等式的左边是二次齐次式．实施配方是很自然的．
例6．已知a ，b ，c 是不等正数，且abc = 1，求证：++c
分析 所证不等式的两边有根式与分式的差异，在题设的abc =1的条件下，或将左式a ++变形为11++bc ca
变换的途径． 1111，或将左式++变形为bc + ca + ab ，都有可能拉近左、右两式的距离，找到进行不等式ab a b c
证法一：∵ a ，b ，c 是不等正数，且abc =1，
∴ a ++c =11++bc ca 1 ab
111111+++
=111++． a b c
证法二：∵ a ，b ，c 是不等正数，且abc =1．
∴ 111++= bc + ca + ab a b c
bc +ca ca +ab ab +bc =++222
>abc 2+a 2bc +ab 2c =a +b +．
评述 例4—例6都是采用综合法由因导果证明不等式，为能有效地揭示条件与结论之间的因果关系，需要着力分析已知与求证之间的差异和联系，不等式两边之间的差异和联系．在此基础上实施有效的等式变换与不等式变换．
例7．已知a ，b ∈R +，且a + b =1，求证：3a + 3b
分析 此题中已知条件的结构简单，而求证的不等式结构复杂，利用a + b =1 消元，将结论化为一元不等式后逐步化简，寻求使其成立的充分条件．
证明：由于a + b =1，a ，b ∈R +．
(3)-3+ 3
⇐3a ()2-4⋅3a +3
⇐ (3a －1) (3a －3)
⇐ 1
⇐ 0
而在 a ，b ∈R +，且a + b =1的条件下，0
例8．已知a + b > 0，求证：
2lg (a +b )≤lg a 2+1+lg b 2+1
证明：由于a + b > 0，a 2 + 1 > 0，b 2 + 1 > 0 ()()
2lg (a +b )≤lg a 2+1+lg b 2+1
()()
⇐ lg (a +b )≤lg a 2+1b 2+1 2[()()]
⇐ (a + b ) 2 ≤ ( a 2 + 1) ( b 2 + 1 )
⇐ a 2 + 2ab + b 2 ≤ a 2 b 2 + a 2 + b2 + 1
⇐ a 2 b 2 －2ab +1 ≥ 0
⇐ (ab －1) 2 ≥ 0
不等式 (ab －1) 2 ≥ 0一定成立，故2lg (a +b )≤lg a 2+1+lg b 2+1 成立． ()()
π⎫π⎫1⎛x +x 2⎫⎛⎛x ∈ 0⎪．例9．设函数f ( x ) = tan x ，已知x 1，x 2∈ 0⎪，且x 1≠x 2，求证[f (x 1)+f (x 2)]>f 1 ⎪．2⎭2⎭2⎝⎝⎝2⎭
证明 x +x 2⎫1[f (x 1)+f (x 2)]>f ⎛ 1⎪ 22⎝⎭
⇐
⇐ 1(tan x 1+tan x 2)>tan x 1+x 2 221⎛sin x 1sin x 2 + 2⎝cos x 1cos x 2⎫x 1+x 2⎪ >tan ⎪2⎭
⇐ sin (x 1+x 2)sin (x 1+x 2)> 2cos x 1cos x 21+cos x 1+x 2sin (x 1+x 2)sin (x 1+x 2)> ( * ) cos x 1+x 2+cos x 1-x 21+cos x 1+x 2⇐
π⎫⎛⎛ππ⎫由于x 1，x 2 0⎪，且x 1≠x 2，可知x 1 + x 2∈(0，π) ，x 1-x 2∈ -⎪，且 2⎭2⎭⎝⎝2
x 1－x 2≠0，因此：
sin (x 1 + x 2) > 0，0 f ⎛ 1⎪成立． 22⎝⎭
评述 例7—例9 都是采用分析法执果索因证明不等式．从所需证明的不等式出发，逐步寻求使其成立的充分条件的过程，同时具有简化结论的作用，用分析法比较适宜．例9中的“切”化“弦”就是一种简化．
例10．已知a ，b ，c ∈R ，且 a + b + c > 0，ab + bc + ca > 0，abc > 0，求证a ，b ，c 全是正数．
分析 此题的已知条件结构比较复杂（分别是a ，b ，c 的和、两两乘积之和，以及积均为正数），而结论只是a ，b ，c 的符号．求证的结论及对结论的否定的结构都比较简单，因此可从对结论的否定的假设出发进行推理，并推出矛盾，从而推证结论成立，即采用反证法．
证明：假设a ，b ，c 不全是正数，则由abc > 0可知a ，b ，c 三个实数中有两个负数，一个正数．不失一般
性，设a 0．
∵ a + b + c > 0，
∴ c >－( a + b ) > 0．
两边同乘以负数a + b ，得c (a + b )
即ca + bc
由此可得 ab + bc + ca 0矛盾，假设错误，故a ，b ，c 全是正数．
评述 采用反证法证明不等式的关键步骤有两个，一是提出与结论相反，即对结论的否定的假设；二是由假设出发，进行正确的推理，推出矛盾．
此命题的逆命题“若a ，b ，c 全是正数，则a + b + c > 0，ab + bc + ca > 0，abc > 0”也是真命题，因此可得出“a ，b ，c 全是正数的充要条件是a + b + c > 0，ab + bc + ca > 0，
abc > 0”的结论．
例11．求证：当n ∈N ，n ≥2时，
1111++ +
1513证明：1˚ 当n =2时，左边=1+=，右边=2-=，不等式成立． 44221+
2˚ 假设当n = k （k ≥2）时不等式成立：
1+
则 1+1111++ +
1⎫⎡11⎤⎛∵ 2- ⎪-⎢2-+2⎥k +1⎭⎣k ⎝k +1⎢⎥⎦
=111-- k k +1k +12
2(k +1)-k (k +1)-k 1==22k k +1k k +1>0，
∴ 2-111+
11111++ ++
由1˚、2˚可知不等式对一切不小于2的自然数n 都成立．
评述 此题采用数学归纳法证明是很自然的、有效的．但数学归纳法并不是惟一的证法．采用放缩变换也可证明此不等式．
∵ n ∈N ，n ≥2，
∴ 1+111++ + 2223n 2
111
1⎫⎛1⎫⎛11⎫⎛1=1+ 1-⎪+ -⎪+ + -⎪ 2⎭⎝23⎭⎝⎝n -1n ⎭
=2-1． n
例12．已知i ，m ，n 是正整数，且1
i （1）证明 n i P m
（2）证明 (1+ m )n > (1 + n )m ．
i 分析 P m ，P n i 是两个排列数，各是i 个连续正整数的积．第（1）问应采用商值比较法．第（2）问所需证明
的不等式两边都是二项式，应从其展开式的项数及对应项的大小入手进行证明．
证明：（1）∵ i ，m ，n 是正整数，且1
i ∴ P m =m ⋅(m -1) (m -i +1) ，
P n i =n ⋅(n -1) (n -i +1)
m -i +1⎫⎛n ⎫⎛m m -1=⋅⋅ ⎪ ⎪ i i m n n -1n -i +1m P n ⎝⎭⎝⎭
=
∵ m
∴ 对整数 k = 1，2，„，i －1，
n (m －k ) －m ( n －k ) = k ( m －n )
即 0
∴ 0
（2）∵ m
m i P n i i
∴ 由二项式定理得
1m m +1n (1+m )n =m 0C n 0+mC n + +m m C n +m m +1C n + +m n C n
01m ． (1+n )m =n 0C m +nC m + +n m C n
i i i ∵ P m ，P n i =i ! C n =i ! C m
i i i ∴ 由n i P m
由此可得
(1+m )-(1+n ) n m
0011m m m +1n =m 0C n -n 0C m +mC n -nC m + +m m C n -n m C m +m m +1C n + +m n C n >0 ()()()
故 (1+ m )n > (1 + n )m ．
评述 这是一道与排列、组合、二项式定理相综合的两个不等式的证明问题，分别采用了求商比较法和求差比较法．把握住商式和差式的结构特征，并进行合理的变形是证明不等式的关键．