所以，
所以，
所以只需证明，
也就是证，
只需证b（a-b）≤a（a-b），即（a-b）2≥0，显然成立。
所以命题成立。
3．综合法
例5若a,b,c>0，求证：
abc≥（a+b-c）（b+c-a）（c+a-b）。
证明:
∵（a+b-c）+（b+c-a）=2b＞0,（b+c-a）+（c+a-b）=2c＞0,（c+a-b）+（a+b-c）=2a＞0,
∴a+b-c,b+c-a,c+a-b中至多有一个数非正.
（1）当a+b-c,b+c-a,c+a-b中有且仅有一个数为非正时,原不等式显然成立.
（2）a+b-c,b+c-a,c+a-b均为正时,则
同理
三式相乘得abc≥（a+b-c）（b+c-a）（c+a-b）
例6已知△ABC的外接圆半径R=1，S△ABC=，a,b,c是△ABC的三边长，
令S=，t=。
求证：
t>S。
解：
由三角形面积公式:
.正弦定理：
a/sinA=2R.可得abc=1.
所以2t=2bc+2ac+2ab.由因为a.b.c均大于0。
所以2t>=2a+2b+2c=2+2+2=2（++）=2s.所以t>s。
4．反证法
例7设实数a0,a1,…,an满足a0=an=0，且a0-2a1+a2≥0,a1-2a2+a3≥0,…,an-2-2an-1+an≥0，求证ak≤0（k=1,2,…,n-1）.
证明：
假设ak（k=1,2,…,n-1）中至少有一个正数，不妨设ar是a1,a2,…,an-1中第一个出现的正数，则a1≤0,a2≤0,…,ar-1≤0,ar>0.于是ar-ar-1>0，依题设ak+1-ak≥ak-ak-1（k=1,2,…,n-1）。
所以从k=r起有an-ak-1≥an-1-an-2≥…≥ar-ar-1>0.
因为an≥ak-1≥…≥ar+1≥ar>0与an=0矛盾。
故命题获证。
5．数学归纳法
例8对任意正整数n（≥3），求证：
nn+1>（n+1）n.
证明：
1）当n=3时，因为34=81>64=43，所以命题成立。
2）设n=k时有kk+1>（k+1）k，当n=k+1时，只需证（k+1）k+2>（k+2）k+1，即>1.
因为，所以只需证，
即证（k+1）2k+2>[k（k+2）]k+1，只需证（k+1）2>k（k+2），即证k2+2k+1>k2+2k.显然成立。
所以由数学归纳法，命题成立。
6.分类讨论法
例9已知x,y,z∈R+，求证：
证明：
不妨设x≥y,x≥z.
ⅰ）x≥y≥z，则，x2≥y2≥z2，由排序原理可得
，原不等式成立。
ⅱ）x≥z≥y，则，x2≥z2≥y2，由排序原理可得
，原不等式成立。
7.放缩法（即要证A>B，可证A>C1,C1≥C2,…,Cn-1≥Cn,Cn>B（n∈N+）.）
例10已知a,b,c是△ABC的三条边长，m>0，求证：
证明：
（因为a+b>c），得证。
8.引入参变量法
例11已知x,y∈R+,l,a,b为待定正数，求f（x,y）=的最小值。
解：
设，则，f（x,y）=
（a3+b3+3a2b+3ab2）=，
等号当且仅当时成立。
所以f（x,y）min=
例12设x1≥x2≥x3≥x4≥2,x2+x3+x4≥x1，求证：
（x1+x2+x3+x4）2≤4x1x2x3x4.
证明：
设x1=k（x2+x3+x4），依题设有≤k≤1,x3x4≥4，
原不等式等价于（1+k）2（x2+x3+x4）2≤4kx2x3x4（x2+x3+x4），即（x2+x3+x4）≤x2x3x4，
因为f（k）=k+在上递减，
所以（x2+x3+x4）=（x2+x3+x4）≤·3x2=4x2≤x2x3x4.
所以原不等式成立。
9.局部不等式
例13已知x,y,z∈R+，且x2+y2+z2=1，求证：
证明：
先证
因为x（1-x2）=,
所以
同理，，
所以
例14已知0≤a,b,c≤1，求证：
≤2。
证明：
先证①
即a+b+c≤2bc+2.
即证（b-1）（c-1）+1+bc≥a.
因为0≤a,b,c≤1，所以①式成立。
同理
三个不等式相加即得原不等式成立。
10.利用函数的思想
例15已知非负实数a,b,c满足ab+bc+ca=1，求f（a,b,c）=的最小值。
解：
当a,b,c中有一个为0，另两个为1时，f（a,b,c）=，以下证明f（a,b,c）≥.
不妨设a≥b≥c，则0≤c≤,f（a,b,c）=
因为1=（a+b）c+ab≤+（a+b）c，
解关于a+b的不等式得a+b≥2（-c）.
考虑函数g（t）=,g（t）在[）上单调递增。
又因为0≤c≤，所以3c2≤1.所以c2+a≥4c2.所以2≥
所以f（a,b,c）=≥
=
=
≥
下证0①c2+6c+9≥9c2+9≥0
因为，所以①式成立。
所以f（a,b,c）≥，所以f（a,b,c）min=
11.构造法
例16证明：
≤。
提示：
构造出（x，0）到两定点的距离之差，并利用数形结合的方法得知两边差小于第三边且三点共线时取最大值，从而结论得证。
12.运用著名不等式
（1）平均值不等式：
设a1,a2,…,an∈R+，记Hn=,Gn=,An=
则Hn≤Gn≤An≤Qn.即调和平均≤几何平均≤算术平均≤平方平均。
其中等号成立的条件均为a1=a2=…=an.
当n=2时，平均值不等式就是已学过的基本不等式及其变式,所以基本不等式实际上是均值不等式的特例
证明：
由柯西不等式得An≤Qn，再由Gn≤An可得Hn≤Gn，以下仅证Gn≤An.
1）当n=2时，显然成立；
2）设n=k时有Gk≤Ak，当n=k+1时，记=Gk+1.
因为a1+a2+…+ak+ak+1+（k-1）Gk+1≥
≥2kGk+1,
所以a1+a2+…+ak+1≥（k+1）Gk+1，即Ak+1≥Gk+1.
所以由数学归纳法，结论成立。
例17利用基本不等式证明
【思路分析】左边三项直接用基本不等式显然不行，考察到不等式的对称性，可用轮换的方法.
【略解】；三式相加再除以2即得证.
【评述】
（1）利用基本不等式时，除了本题的轮换外，一般还须掌握添项、连用等技巧.
如，可在不等式两边同时加上
再如证时，可连续使用基本不等式.
（2）基本不等式有各种变式如等.但其本质特征不等式两边的次数及系数是相等的.如上式左右两边次数均为2，系数和为1.
例18已知求证：
【思路分析】不等式左边是、的4次式，右边为常数，如何也转化为、的4次式呢.
【略解】要证即证
（2）柯西（Cavchy）不等式：
设、、，…，是任意实数，则
等号当且仅当为常数，时成立.
证明：
不妨设不全为0，也不全为0（因为或全为0时，不等式显然成立）.
记A=，B=.且令
则原不等式化为
即.
它等价于
其中等号成立的充要条件是
从而原不等式成立，且等号成立的充要条件是
变式1：
若ai∈R,bi∈R,i=1,2,…,n，则等号成立条件为ai=λbi,（i=1,2,…,n）。
变式2：
设ai,bi同号且不为0（i=1,2,…,n），则等号成立当且仅当b1=b2=…=bn.
例19设，求证：
【思路分析】注意到式子中的倒数关系，考虑应用柯西不等式来证之.
【评述】注意到式子中的倒数关系，考虑应用柯西不等式来证之.
【详解】∵，故由柯西不等式，得
，
∴
【评述】这是高中数学联赛题，还可用均值不等式、数学归纳法、比较法及分离系数法和构造函数法等来证之.
（3）排序不等式：
（又称排序原理）设有两个有序数组及
则（同序和）（乱序和）
（逆序和）
其中是1，2，…，n的任一排列.
当且仅当或时等号（对任一排列）成立.
证明：
不妨设在乱序和S中时（若，则考虑），且在和S中含有项
则①事实上，左－右=
由此可知，当时，调换（）中与位置（其余不动），所得新和调整好及后，接着再仿上调整与，又得如此至多经次调整得顺序和②
这就证得“顺序和不小于乱序和”.显然，当或时②中等号成立.反之，若它们不全相等，则必存在及k，使这时①中不等号成立.因而对这个排列②中不等号成立.类似地可证“乱序和不小于逆序和”.
例20
【思路分析】中间式子中每项均为两个式子的和，将它们拆开，再用排序不等式证明.
【略解】不妨设，
则（乱序和）（逆序和），
同理（乱序和）（逆序和）
两式相加再除以2，即得原式中第一个不等式.再考虑数组，
仿上可证第二个不等式.
例21设，且各不相同，求证：
【思路分析】不等式右边各项；可理解为两数之积，尝试用排序不等式.
【略解】设的重新排列，满足，又
所以.由于是互不相同的正整数，
故从而，原式得证.
【评述】排序不等式应用广泛，例如可证我们熟悉的基本不等式，
例22在△ABC中，试证：
【思路分析】可构造△ABC的边和角的序列，应用排序不等式来证明
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