发布时间：2005年7月20日 15时38分
例1 已知a、b、c是不全相等的正数，求证：a(b2+c2)+b(c2+a2)+c(a2+b2)＞6abc。
证法一 作差比较法
a(b2+c2)+b(c2+a2)+c(a2+b2)-6abc
＝a(b-c)2+b(c-a)2+c(a-b)2
由于a、b、c是不全相等的正数，利用平方数的性质三数中至少有两个大于0，另一个为大于等于零，差大于零，原不等式成立。
证法二 作商比较法
证法三 综合法一
由重要不等式b2+c2≥2bc，c2+a2≥2ac，a2+b2≥2ab，a、b、c为正数，且不全相等，得a(b2+c2)≥2abc b(c2+a2)≥2bca c(a2+b2)≥2abc，且三式中至少有两式的等号不成立，三式相加即得要证的不等式。
证法四 综合法二
由重要不等式得
证法五 综合法三
由重要不等式得，
即 a(b2+c2)+b(c2+a2)+c(a2+b2)＞6abc。
证法六 分析法
欲证： a(b2+c2)+b(c2+a2)+c(a2+b2)＞6abc
只需证：a(b-c)2+b(c-a)2+c(a-b)2＞0成立，
而最后不等式是成立的，所以原不等式成立。
本题应用了三种常用的最基本的方法分别进行证明，一方面为了练习这些方法，另一方面也可以从中看到他们之间的联系，重要不等式本身就是用比较法证明的。在几种证法中都离不开(a-b)2≥0即a2+b2≥2ab，另外对重要不等式的推广要灵活应用，分析法一般用在比较法与综合法都难于入手的题，所以本题不显示分析法的特长作用。
例2 已知a、b、c、d、x、y都是正数，且x2＝a2+b2，y2＝c2+d2。
求证：(1)xy≥ac+bd，
(2)xy≥ad+bc
证法一 ∵x2＝a2+b2，y2＝c2+d2。
∴x2·y2＝(a2+b2)(c2+d2)
＝a2c2+b2c2+b2d2+a2d2
≥a2c2+2abcd+b2d2
＝(ac+bd)2
又因x、y、a、b、c、d都是正数，上式两边开方得xy≥ac+bd。
证法二 应用重要不等式得
又∵x、y是正数 ∴xy≥ac+bd
其他同证法一。
证法三 因x、y、a、b、c、d都是正数。
欲证：xy≥ac+bd
只需证：x2y2≥a2c2+2abcd+b2d2
因已知x2＝a2+b2，y2＝c2+d2
只需证：(a2+b2)(c2+d2)≥a2c2+2abcd+b2d2
即证：b2c2+a2d2≥2abcd
又只需证(bc-ad)2≥0。
最后不等式显然成立，所以原不等式成立。
以下证法同一
证法四 ∵x2＝a2+b2，y2＝c2+d2。
a、b、c、d、x、y都是正数
其中α、β均为锐角。
∴cos(α-β)≤1。
即ac+bd≤xy。
∵0＜α+β＜π，∴sin(α+β)≤1
即ad+bc≤xy。
以下同证法一。
本题证明的是条件不等式，法一与法二都是应用重要不等式由综合法证明的，只是在应用已知条件代入时先后的不同。法三是分析法，法四是换元法，所有方法都由于本题中字母全表示正数而简便了许多。从本例再次看到，即使是同一个题证明方法可多样，要善于灵活选用。
例3 求证1+2x4≤x2+2x3
证法一 1+2x4-x2-2x3
＝2x3(x-1)-(x-1)(x+1)
＝(x-1)(2x3-x-1)
＝(x-1)(x-1)(2x2+2x+1)
＝(x-1)2[(x+1)2+x2]。
∵(x-1)2≥0，(x+1)2≥0，x2≥0，
∴(x-1)2[(x+1)2+x2]≥0
1+24≥x2+2x3
原不等式成立。
证法二 1+2x4-x2-2x3
=x4-2x3+x2+x4-2x2+1
=x2(x-1)2+(x2-1)2
∵x2(x-1)2≥0，(x2-1)2≥0，
∴x2(x-1)2+(x2-1)2≥0。
原不等式成立。
两种证法都是作差比较法，一般对于由多项式组成的不等式用作差比较的较多。在变形过程中常用的方法基本上是因式分解成几个能判断正负号的因式的积和配成数个完全平方式或正数的和两种，一般由题中条件决定。但应能灵活拆项变形。
例4 已知a、b、c∈R+。
∴ 原不等式成立。
说明 证不等式常用比较法和综合法，但应用时要灵活，两种方法不是截然分开的，有时还要结合使用，所证不等式是轮换对称的形式时，可以分拆成几个轮换、对称的小式子证明其中一个，其他同理可证。再联想到由a2+b2+c2≥ab+bc+ca，可回到2a2+2b2+2c2≥2ab+2bc+2ac。可拆成a2+b2-2ab≥0 b2+c2-2bc≥0 c2+a2-2ac≥0，三个式子。这里
这三个式子出发，相加而得结果，是综合法。