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【摘要】本文根据一些不等式的结构特征，从多个维度列举了证明不等式的新技巧、新方法.
【关键词】不等式；证明；结构特征
1.联想函数
例1 设a1，a2，…，an都是正数，证明对任意正整数n，不等式（a1+a2+…+an）2≤n（a21+a22+…+a2n）均成立.
证明 原不等式即为4（a1+a2+…+an）2-4n（a21+a22+…+a2n）≤0，由此结构联想到一元二次函数根的判别式而构造函数f（x）=（a21+a22+…+a2n）x2+2（a1+a2+…+an）x+n.
因为f（x）=（a1x+1）2+（a2x+1）2+…+（anx+1）2≥0，
且二次项系数a21+a22+…+a2n>0，故
Δ=4（a1+a2+…+an）2-4n（a21+a22+…+a2n）≤0，
即（a1+a2+…+an）2≤n（a21+a22+…+a2n）.对任意正整数n均成立.
点评 本题证法不少，但都较繁，我们通过观察问题结构联想到函数，利用二次函数图像与判别式的关系，使证明简洁流畅.
2.联想方程
例2 已知2b-2c=a，求证：b2≥4ac.
证明 由b2≥4ac联想到一元二次方程有实根，而已知条件可化为：
a-2[]22+b-2[]2+c=0，a-2[]22+b-2[]2+c=0有实根-2[]2，
于是b2-4ac≥0，即b2≥4ac.
点评 本题常规证法虽不难，但通过联想方程有解，达到证题目的，这对培养学生的创造力大有益处.
3.联想三角
例3 已知a，b，c为三角形的三边，且a2+b2+c2=0，n∈N*且n>2.求证：cn>an+bn.
证明 由a>0，b>0，c>0，a2+b2=c2得a[]c2+b[]c2=1，可联想到三角中sin2α+cos2α=1，故设a[]c=cosα，b[]c=sinα，0<α<π[]2，则有a[]cn+b[]cn=cosnα+sinnα 故an+bn 点评 从结论变形a[]cn+b[]cn<1联想到指数函数，进一步利用函数单调性，也可使问题顺利解决.
4.联想距离
例4 x∈R，证明：x4-3x2-6x+13-x4-x2+1≤10.
证明 见到根号，联到距离公式，将左边变形为y=x-3）2+（x2-2）-x2+（x2-1）2，则y可看成动点P（x，x2）（它在抛物线y=x2上运动）与定点A（3，2），B（0，1）的距离之差，即y=|PA|-|PB|.
由它的几何意义，有y≤|AB|=10，显然当P点为AB的延长线与抛物线的交点时，y取到最大值.
点评 联想距离，将距离的和或差结合几何图形进行合理转化，这种思想方法在求解值域及最值问题中经常用到.
5.联想斜率
例5 求证：-2[]4≤sinx[]cosx-3≤2[]4.
证明 式子sinx[]cosx-3变形为0-sinx[]3-cosx，可联想到直线斜率，其意义为：点A（3，0）与点M（cosx，sinx）的连线斜率，而M点的轨迹是圆x2+y2=1.当直线AM与圆相切时，斜率取到最大值2[]4或最小值-2[]4.故-2[]4≤sinx[]cosx-3≤2[]4.
点评 本题也可用三角函数的有界性解答，但联想斜率往往可使解答过程简洁直观.
6.联想曲线
例6 求证：-4[]3≤4-9x2-2x≤213[]3.
证明 由4-9x2的结构特点，联想到椭圆方程.令y=4-9x2（y≥0），则其图像是x2[]4[]9+y2[]4=1的上半部分.
再设y-2x=m，因为m为直线y=2x+m在y轴上的截距，于是问题转化为过椭圆上半部分的点且y斜率为2的直线在y轴上的截距的最值.显然，当直线y=2x+m过点2[]3，0时，
m有最小值m=-4[]3；当直线y=2x+m与椭圆上半部分相切时，m有最大值.
由y=2x+m，
9x2+y2=4，
得13x2+4mx+m2-4=0.
令Δ=4（52-9m2）=0，得
m=213[]3，或m=-213[]3（舍）.
∴-4[]3≤4-9x2≤213[]3.
点评 联想圆锥曲线，结合线性规划的思想，将问题转化为直线截距的最值，是解此问题的有效途径.
7.联想几何体
例7 已知锐角α，β，γ，满足cos2α+cos2β+cos2γ=1.求证：tanαtanβtanγ≥22.
证明 由cos2α+cos2β+cos2γ=1联想到长方体的对角线与过同一顶点的三条棱的夹角满足该关系式，则可构造长方体，使三棱长分别为a，b，c，对角线与这三条棱所成的角分别为α，β，γ，于是有
tanα=b2+c2[]a，tanβ=c2+a2[]b，tanγ=a2+b2[]c，
所以tanαtanβtanγ≥2bc[]a·2ca[]b·2ab[]c=22.
点评 熟悉长方体对角线的有关性质是合理联想的前提，在立体几何中，经常需要把角、线段等移植到几何体中，通过对几何体的直观分析，使问题容易获得解决.
【关键词】不等式；证明；结构特征
1.联想函数
例1 设a1，a2，…，an都是正数，证明对任意正整数n，不等式（a1+a2+…+an）2≤n（a21+a22+…+a2n）均成立.
证明 原不等式即为4（a1+a2+…+an）2-4n（a21+a22+…+a2n）≤0，由此结构联想到一元二次函数根的判别式而构造函数f（x）=（a21+a22+…+a2n）x2+2（a1+a2+…+an）x+n.
因为f（x）=（a1x+1）2+（a2x+1）2+…+（anx+1）2≥0，
且二次项系数a21+a22+…+a2n>0，故
Δ=4（a1+a2+…+an）2-4n（a21+a22+…+a2n）≤0，
即（a1+a2+…+an）2≤n（a21+a22+…+a2n）.对任意正整数n均成立.
点评 本题证法不少，但都较繁，我们通过观察问题结构联想到函数，利用二次函数图像与判别式的关系，使证明简洁流畅.
2.联想方程
例2 已知2b-2c=a，求证：b2≥4ac.
证明 由b2≥4ac联想到一元二次方程有实根，而已知条件可化为：
a-2[]22+b-2[]2+c=0，a-2[]22+b-2[]2+c=0有实根-2[]2，
于是b2-4ac≥0，即b2≥4ac.
点评 本题常规证法虽不难，但通过联想方程有解，达到证题目的，这对培养学生的创造力大有益处.
3.联想三角
例3 已知a，b，c为三角形的三边，且a2+b2+c2=0，n∈N*且n>2.求证：cn>an+bn.
证明 由a>0，b>0，c>0，a2+b2=c2得a[]c2+b[]c2=1，可联想到三角中sin2α+cos2α=1，故设a[]c=cosα，b[]c=sinα，0<α<π[]2，则有a[]cn+b[]cn=cosnα+sinnα
4.联想距离
例4 x∈R，证明：x4-3x2-6x+13-x4-x2+1≤10.
证明 见到根号，联到距离公式，将左边变形为y=x-3）2+（x2-2）-x2+（x2-1）2，则y可看成动点P（x，x2）（它在抛物线y=x2上运动）与定点A（3，2），B（0，1）的距离之差，即y=|PA|-|PB|.
由它的几何意义，有y≤|AB|=10，显然当P点为AB的延长线与抛物线的交点时，y取到最大值.
点评 联想距离，将距离的和或差结合几何图形进行合理转化，这种思想方法在求解值域及最值问题中经常用到.
5.联想斜率
例5 求证：-2[]4≤sinx[]cosx-3≤2[]4.
证明 式子sinx[]cosx-3变形为0-sinx[]3-cosx，可联想到直线斜率，其意义为：点A（3，0）与点M（cosx，sinx）的连线斜率，而M点的轨迹是圆x2+y2=1.当直线AM与圆相切时，斜率取到最大值2[]4或最小值-2[]4.故-2[]4≤sinx[]cosx-3≤2[]4.
点评 本题也可用三角函数的有界性解答，但联想斜率往往可使解答过程简洁直观.
6.联想曲线
例6 求证：-4[]3≤4-9x2-2x≤213[]3.
证明 由4-9x2的结构特点，联想到椭圆方程.令y=4-9x2（y≥0），则其图像是x2[]4[]9+y2[]4=1的上半部分.
再设y-2x=m，因为m为直线y=2x+m在y轴上的截距，于是问题转化为过椭圆上半部分的点且y斜率为2的直线在y轴上的截距的最值.显然，当直线y=2x+m过点2[]3，0时，
m有最小值m=-4[]3；当直线y=2x+m与椭圆上半部分相切时，m有最大值.
由y=2x+m，
9x2+y2=4，
得13x2+4mx+m2-4=0.
令Δ=4（52-9m2）=0，得
m=213[]3，或m=-213[]3（舍）.
∴-4[]3≤4-9x2≤213[]3.
点评 联想圆锥曲线，结合线性规划的思想，将问题转化为直线截距的最值，是解此问题的有效途径.
7.联想几何体
例7 已知锐角α，β，γ，满足cos2α+cos2β+cos2γ=1.求证：tanαtanβtanγ≥22.
证明 由cos2α+cos2β+cos2γ=1联想到长方体的对角线与过同一顶点的三条棱的夹角满足该关系式，则可构造长方体，使三棱长分别为a，b，c，对角线与这三条棱所成的角分别为α，β，γ，于是有
tanα=b2+c2[]a，tanβ=c2+a2[]b，tanγ=a2+b2[]c，
所以tanαtanβtanγ≥2bc[]a·2ca[]b·2ab[]c=22.
点评 熟悉长方体对角线的有关性质是合理联想的前提，在立体几何中，经常需要把角、线段等移植到几何体中，通过对几何体的直观分析，使问题容易获得解决.