，由二次函数性质可证a(1-a) ≤b(1-b) ≤c(1-c)，
所以)
1(1)1(1)1(1c c b b a a -≥-≥-， 所以)
1(2)1(2)1(1)1(1c c b b b b a a -≥-≥-+-， 所以只需证明)
1(1)1(1)1(1)1(1a b b a b b a a -+-≤-+-，
也就是证)1)(1()1)(1(b a b b a b a a b a ---≤---， 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()()()()2a b c b c a a b c b c a b +-++-+-+-≤=
同理()()()(),,a b c a c b a b c a a c b c +-+-≤+-+-≤
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bc ac ab a abc b abc c abc a b c )=2s.所以t>s 。
4．反证法
例7 设实数a 0, a 1,…,a n 满足a 0=a n =0，且a 0-2a 1+a 2≥0, a 1-2a 2+a 3≥0,…, a n-2-2a n-1+a n ≥0，求证a k ≤0(k=1, 2,…, n-1).
证明：假设a k (k=1, 2,…,n-1) 中至少有一个正数，不妨设a r 是a 1, a 2,…, a n-1
中第一个出现的正数，则a 1≤0, a 2≤0,…, a r-1≤0, a r >0. 于是a r -a r-1>0，依题设a k+1-a k ≥a k -a k-1(k=1, 2, …, n-1)。
所以从k=r 起有a n -a k-1≥a n-1-a n-2 ≥…≥a r -a r-1>0.
因为a n ≥a k-1≥…≥a r+1≥a r >0及a n =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：n n+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k k+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k 2+2k+1>k 2+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：.02
22222≥+-++-++-y
x x z x z z y z y y x 证明：不妨设x ≥y, x ≥z.
ⅰ）x ≥y ≥z ，则，x 2≥y 2≥z 2，由排序原理可得
y
x x x z z z y y y x z x z y z y x +++++≥+++++2
22222，原不等式成立。 ⅱ）x ≥z ≥y ，则，x 2≥z 2≥y 2
，由排序原理可得
y x x x z z z y y y x z x z y z y x +++++≥+++++2
22222，原不等式成立。 7.放缩法（即要证A>B ，可证A>C 1, C 1≥C 2,…,C n-1≥C n , C n >B(n ∈N +).） 例10 已知a, b, c 是△ABC 的三条边长，m>0，求证：
.m
c c m b b m a a +>+++ 证明：m b a m m b a b a m b a b m b a a m b b m a a ++-=+++=+++++>+++1 （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)=
22333233333211111l k a k b k b k b k a k a b a l ≥?????? ??+?+?+?++++ (a 3+b 3+3a 2b+3ab 2
)=， 等号当且仅当时成立。所以f(x, y)min =
例12 设x 1≥x 2≥x 3≥x 4≥2, x 2+x 3+x 4≥x 1，求证：(x 1+x 2+x 3+x 4)2≤4x 1x 2x 3x 4.
证明：设x 1=k(x 2+x 3+x 4)，依题设有3
1≤k ≤1, x 3x 4≥4，
原不等式等价于(1+k)2(x 2+x 3+x 4)2
≤4kx 2x 3x 4(x 2+x 3+x 4)，即(x 2+x 3+x 4) ≤x 2x 3x 4，
因为f(k)=k+k 1在上递减， 所以(x 2+x 3+x 4)=(x 2+x 3+x 4)≤·3x 2=4x 2≤x 2x 3x 4.
所以原不等式成立。
9.局部不等式
例13 已知x, y, z ∈R +，且x 2+y 2+z 2=1，求证：
222111z z y y x x -+-+- 证明：先证
因为x(1-x 2)=3
323221)1(2213222=??? ???≤-?x x , 所以.2333
32)
1(122222x x x x x x x =≥-=- 同理，， 所以.233)(2331112222
22=++≥-+-+-z y x z z y y x x
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.21,21c
b a
c ab c c b a b ca b ++≤+++≤+ 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)=25，以下证明f(a, b, c) ≥2
5.
不妨设a ≥b ≥c ，则0≤c ≤33, 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(12+c -c).
考虑函数g(t)=, g(t)在[+∞+,12c ）上单调递增。
又因为0≤c ≤33，所以3c 2≤1. 所以c 2+a ≥4c 2. 所以2)1(2c c -+≥.12+c 所以f(a, b, c)=≥)
1(211)1(2122222c c c c c c c -+++-+++ = =21321112222+-+???
? ??+++c c c c ≥
253(11).222
c c -+=++ 下证≥++-c c )11(320 ① ?+≥+?1332c c c 2+6c+9≥9c 2
+9≥0
因为，所以①式成立。所以f(a, b, c) ≥25，所以f(a, b, c)min =.25
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a 1, a 2,…,a n ∈R +，记H n =, G n =n n a a a 21, A n =
22212n n a a a Q n +++=则H n ≤G n ≤A n ≤Q n . 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a 1=a 2=…=a n .
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A n ≤Q n ，再由G n ≤A n 可得H n ≤G n ，以下仅证G n ≤A n .
1）当n=2时，显然成立；
2）设n=k 时有G k ≤A k ，当n=k+1时，记k k k a a a a ++1121 =G k+1.
因为a 1+a 2+…+a k +a k+1+(k-1)G k+1≥k k k k k k G a k a a a k 11121-++?+
