1楼是证明不等式所需要用到的知识  
2楼是不等式的证明方法总结  
3楼起给出例子对4楼做出诠释

证明不等式所需要用到的知识有  
1,平均值不等式  
对于任意非负数Ai,i=1,2,...,n,有∑Ai≥(∏Ai)^(1/n)  
更一般的结论是:  
设m<n,m,n为正整数,那么若两个非负数a,b的m次方和为定值,则它们的n次方和随着∣a-b∣的增大而增大,  
详细见http://post.baidu.com/f?kz=282263335  

2,倍乘不变  
当一个多元不等式关于某些元是齐次的,也即将不等式中的某些元同时变成原来的k倍(k>0)时不等式没有变化,那么就可以给这些元增加一个条件(比如让这些元的和为1或积为1或其中一个数等于1,如此等等),但要注意的是只能增加一个条件  
例如证明不等式(a^2+b^2)(c^2+1)≥2abc,由于关于a,b是齐次的,所以可以不妨设ab=1,a+b=1,a^2+b^2=1,a=1,等等.但是当你设ab等于某个数后,就不能再设a+b了


3,柯西不等式  
对于任意实数Ai,Bi,有(∑Ai^2)*(∑Bi^2)≥(∑Ai*Bi)^2  
更一般性结论为  
(∑Ai^3)*(∑Bi^3)*(∑Ci^3)≥(∑Ai*Bi*Ci)^3  
(∑Ai^4)*(∑Bi^4)*(∑Ci^4)*(∑Di^4)≥(∑Ai*Bi*Ci*Di)^4  
等等(注意奇次不等式要求所有数为非负数,而偶次不等式对实数也成立)  
下面仅对上面三个括号的不等式给予证明,其余类似  
证明:根据齐次性,不妨设∑Ai^3=1,∑Bi^3=1,∑Ci^3=1,  
则只需证明∑Ai*Bi*Ci≤1,这由Ai*Bi*Ci≤(Ai^3+Bi^3+Ci^3)/3立即得到  

4,幂平均不等式  
设m<n,m,n,k为正整数,则对任意非负数Ai,i=1,2,...,k,有  
[(∑Ai^m)/k]^(1/m)≤[(∑Ai^n)/k]^(1/n)  
证明:根据齐次性,不妨设∑Ai^m=1,只需证明∑Ai^n≥1  
则由n元平均值不等式,有m*Ai^n+1*(n-m)≥n^Ai^m  
上式对i从1到k求和即可  

5,排序不等式  
设A1≥A2≥...≥An  
B1≥B2≥...≥Bn  
C1,C2,...,Cn为B1,B2,...,Bn的任一排列  
则∑Ai*Bi称为顺序和,∑Ai*Ci称为乱序和,∑Ai*B(n+1-i)称为逆序和,我们有顺序和≥乱序和≥逆序和  
下面仅证明顺序和不小于于乱序和,另一个类似可证明  
C1+C2+...+Ck≤B1+B2+...+Bk(1≤k≤n)  
于是(A1B1+A2B2+...+AnBn)-(A1C1+A2C2+...+AnCn)  
=A1(B1-C1)+A2(B2-C2)+...+An(Bn-Cn)  
≥A2(B1-C1)+A2(B2-C2)+...+An(Bn-Cn)  
=A2(B1+B2-C1-C2)+A3(B3-C3)+...+An(Bn-Cn)  
≥A3(B1+B2-C1-C2)+A3(B3-C3)+...+An(Bn-Cn)  
≥...  
≥An(B1+B2+...+Bn-C1-C2-...-Cn)  
≥0  
  
6,琴生不等式  
设f(x)定义域为[a,b](其中闭区间改为开区间也行),对于任意x,y,有f(x)+f(y)≥2*f(x/2+y/2),则对于任意X1,X2,...,Xn,有∑f(Xi)≥n*f((∑Xi)/n)  
证明:对n用数学归纳法  
首先容易证明n=2^k,k为任意正整数成立  
再证明由n成立可以推出n-1成立  
在∑f(Xi)≥n*f((∑Xi)/n)中  
取Xn=(∑Xj)/(n-1),化简即可,其中j从1到n-1

为方便,我特意给证明方法加了一些我自己起的名词  
(1)消元法  
所谓消元法,就是在一个多元不等式中,只保留一个变量,消去除了这个变量外的其余所有变量,将多元不等式化为一元不等式来证明  

(2)待定系数法  
所谓待定系数法,就是先将要证明的不等式改为∑Ai≤(或≥)∑Bi的形式  
再将已知条件改为∑Ci=0的形式  
然后寻找待定常数x,使Ai-Bi≤(或≥)x*Ci对i=1,2,...,n都成立,这里的待定常数要根据等号成立条件去找  

(3)类比法  
类比法很难用具体语言来描述,我将在4楼用具体例子来说明  

(4)数学归纳法  
这个不久我将开个数学归纳法专题,所以这里暂时不讨论

(5)函数法(感谢:什么是公里 的提醒,我忘记这个方法了)  
就是利用函数单调性证明不等式

消元法  

例1:三角形ABC中,求证∑(sinA)^2≤9/4  
证明:由于(sinB)^2+(sinC)^2=(1-cos2B)/2+(1-cos2C)/2=1-cos(B+C)cos(B-C)=1+cosAcos(B-C)  
所以有(sinB)^2+(sinC)^2≤1+cosA,并且当B=C时取等号  
因此,我们若能证明更强的不等式(sinA)^2+(1+cosA)≤9/4,则原不等式成立.  
那么就有人质疑了,这么放缩会不会放的过了,导致新不等式不正确呢?答案是否定的,新不等式一定正确.这是为什么呢?我们注意到新不等式其实相当于:三角形ABC中,B=C,求证∑(sinA)^2≤9/4  
既然原不等式对于任意三角形ABC成立,那么当然也对特殊的等腰三角形ABC成立.所以说,如果原不等式成立,则新不等式一定成立  
新不等式化为1-(cosA)^2+(1+cosA)≤9/4,已经很简单了,下略  

  


例2:求证:对于任意非负数a,b,c,有81abc(a^2+b^2+c^2)≤(a+b+c)^5  
证明:当a,b,c全为0时,显然成立  
当a,b,c不全为0时,由于齐次性,不妨设a+b+c=3,  
则只需证abc(a^2+b^2+c^2)≤3 ①  
注意到2bc*(b^2+c^2)≤{[2bc+(b^2+c^2)]/2}^2,  
所以bc(b^2+c^2)≤(b+c)^4/8=(3-a)^4/8  
又bc≤(b+c)^2/4=(3-a)^2/4  
所以abc(a^2+b^2+c^2)=a^3*bc+a*bc(b^2+c^2)≤a^3*(3-a)^2/4+a*(3-a)^4/8  
只需证a^3*(3-a)^2/4+a*(3-a)^4/8≤3 ②  

因为原不等式成立条件为a=b=c,因此不等式①等号成立条件为a=b=c=1  
即不等式②等号成立条件为a=1,从而②可以化为(a-1)*f(a)≤0  
又因为不等式②一定是成立的(理由同例1),因此令a=1+x,1-x,其中x为正无穷小,则有f(1)≤0,f(1)≥0,从而f(1)=0,意味着f(a)也可以分解出因式a-1  
于是不等式②可化为(a-1)^2*(a^3-6a^2+11a-8)≤0  
只需证a^3-6a^2+11a-8≤0  
注意到a^3-6a^2+11a-8=(a-1)(a-2)(a-3)-2,不妨设a≤1即有(a-1)(a-2)(a-3)≤0,问题解决  



例3:已知abc=1,求证:a^2+b^2+c^2+3≥2(1/a+1/b+1/c)  
证: a^2+b^2+c^2+3-2(1/a+1/b+1/c)  
=a^2+(b+c)^2-2bc+3-2(1/a+ac+ab)  
=(b+c-a)^2-2bc+3-2/a  
=(b+c-a)^2+3-4/a  
为消去b,c,只需将b+c≥2sqrt(bc)=2sqrt(1/a)代入即可  
可是,尽管b+c-a≥2sqrt(1/a)-a成立,却不一定有(b+c-a)^2≥[2sqrt(1/a)-a]^2成立  
为此,我们可以由对称性设a最小,则b+c-a≥2sqrt(1/a)-a>0,这时(b+c-a)^2≥[2sqrt(1/a)-a]^2成立  

于是(b+c-a)^2+3-4/a ≥  
(2sqrt1/a-a)^2+3-4/a  
=a^2+3-4sqrta  
下面设sqrta=t,则只需证明  
t^4-4t+3 ≥0  
易知等号成立条件为t=1,于是上不等式应有因式(t-1)^2  
从而化为(t-1)^2*(t^2+2t+3)≥0,显然成立

待定系数法  

例1:已知∑Ai^2=∑Bi^2,1/2≤Ai/Bi≤2,i=1,2,...,n  
求证:∑Ai^3/Bi≤(17/10)*∑Ai^2  
证明:根据题目的条件和结论,我们猜想存在常数x,y,使对每个i=1,2,...,n,有Ai^3/Bi≤x*Ai^2+y*Bi^2  
又因为题目给出了1/2≤Ai/Bi≤2,因此我们猜想上述不等式等号成立条件为Ai/Bi=2或1/2  
于是将Ai/Bi=2或1/2代入Ai^3/Bi=x*Ai^2+y*Bi^2得  
4x+y=8,x+4y=1/2  
解之得x=21/10,y=-2/5  
于是我们尝试证明Ai^3/Bi≤(21/10)*Ai^2+(-2/5)*Bi^2①  
两边同乘以10Bi,由于等号成立条件为Ai/Bi=2或1/2,所以有因式  
Ai-2Bi,2Ai-Bi,于是化为(Ai-2Bi)(2Ai-Bi)(5Ai+2Bi)≤0  
显然成立  
于是由①对i从1到n求和得∑Ai^3/Bi≤(17/10)*∑Ai^2  



例2:设a,b,c>0,求证∑{[(b+c)^2+2a^2]/(2a+b+c)^2}≥9/8  
证明:由齐次性,不妨设a+b+c=3,只需证明  
∑[(a^2-2a+3)/(a^2+6a+9)]≥3/8  
于是我们猜想存在常数x,使(a^2-2a+3)/(a^2+6a+9)-1/8≥x*(a-1)①  
①式可化为(a-1)[(7a-15)/8(a^2+6a+9)-x]≥0②  
要想使②恒成立,②应有因式(a-1)^2  
于是(7a-15)/8(a^2+6a+9)-x=0有根a=1,从而x=-1/16  
②化为(a-1)^2*(a+21)/16(a^2+6a+9)≥0  
显然成立  
下面将①中a改为b,c,求和即可

类比法  


例1:已知abcd=1,a,b,c,d>0,求证:∑1/(1+a)^2≥1  
联想到a+b+c+d≥2sqrt(ab)+2sqrt(cd)≥4(abcd)^(1/4)  
作个类比:猜想  
∑1/(1+a)^2≥2/[1+sqrt(ab)]^2+2/[1+sqrt(cd)]^2≥4/[1+(abcd)^(1/4)]^2=1  
于是尝试证明1/(1+x^2)^2+1/(1+y^2)^2≥2/(1+xy)^2,去分母后整理,注意等号成立条件为x=y,于是必定能分解出因式(x-y)^2  
可惜最后发现此不等式不一定成立  

重新尝试类比,猜想  
1/(1+a)^2+1/(1+b)^2≥1/(1+ab),此式去分母后不难证明,因此∑1/(1+a)^2≥1/(1+ab)+1/(1+cd)=1

函数法


例1:设0<a≤Xi≤b  
求∑Xi*∑(1/Xi)最大值(i=1,2,...,n)  
解:将∑Xi*∑(1/Xi)看成关于X1的一元函数,则∑Xi*∑(1/Xi)=u*X1+v/X1+w,其中u,v,w为正常数,因此当X1=a或b时取最大值  
同理,在将X1变成a或b后,可将X2变成a或b.经过n次操作后,n个数全变为a或b  
设有m个a,k个b,则∑Xi*∑(1/Xi)≤(ma+kb)(m/a+k/b)=(m+k)^2+2mk(a/b+b/a-2)  
由于m+k=n,转化为求mk最大值,根据4mk=(m+k)^2-(m-k)^2可知mk随着∣m-k∣的增大而减小,因此
(1)当n为偶数时,mk最大值为(n^2)/4,当∣m-k∣=0时取到
(2)当n为奇数时,mk最大值为(n^2-1)/4,当∣m-k∣=1时取到

函数法  


例2:已知u,v,w>0,且u+v+w+sqrt(uvw)=4  
求证:sqrt(uv/w)+sqrt(uw/v)+sqrt(vw/u)≥u+v+w  

证明:记sqrt(uv/w),sqrt(uw/v),sqrt(vw/u)为a,b,c  
则ab+bc+ca+abc=4  
需证a+b+c≥ab+bc+ca  
不妨设c≤1  
需证(a+b+c)(b+c+bc)≥(ab+bc+ca)(b+c+bc)  
注意到a(b+c+bc)=4-bc,代入上式消去a得一关于b的二次不等式,其判别式为c(c-1)(c-1)(5c-8)≤0,从而得证