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不等式的证明是数学证明题中的难点，其原因是证明无固定的程序可循，方法多样，技巧性强，笔者通过探索获得以下体会，供大家参考.
1. 比较法
（1）作差比较法
在比较两个实数[a]和[b]的大小时，可借助[a-b]的符号来判断.步骤一般为：作差——变形——判断（正号、负号、零）.变形时常用的方法有：配方、通分、因式分解等.
例1 已知：[a>0]，[b>0]，求证：[a+b2≥ab].
证明 [a+b2-ab=a+b-2ab2=][（a-b）22][≥0]，故得[a+b2≥ab].
（2）作商比较法
一般在[a]，[b]均为正数时，借助[ab>1]或[ab<1]来判断其大小.
例2 设[a>b>0]，求证：[aabb>abba].
证明 因为[a>b>0]，所以[ab>1]，[a-b>0].
而[aabbabba=aba-b>1]，故[aabb>abba].
2. 分析法
從要证明的结论出发，一步一步地推导，最后达到命题的已知条件.
例3 已知[a>0]，[b>0]且[a+b=1]，
求证：[（a+1a）（b+1b）≥254].
证明 要证[（a+1a）（b+1b）≥254]，
[∵（a+1a）（b+1b）] =[a2b2-（a2+b2）+1ab]，
[∴]只需证明[4（ab）2+4（a2+b2）-25ab+4≥0]，
即证[4（ab）2-33ab+8≥0]，故[ab≤14]或[ab≥8].
[∵a>0，b>0]，[a+b=1]，
[∴ab≥8]不可能成立.
而1=[a+b≥2ab]，
[∴ab≤14].从而原不等式成立.
3. 综合法
从已知条件入手，经过逐步的逻辑推导，运用已知的定义、定理、公式等，最终达到要证的结论.
例4 已知：[a>b>c]，
求证：[1a-b+1b-c+1c-a≥0].
证明 [∵][a>b>c]，
[∴a-b>0，b-c>0]，[a-c>0.]
[∴1a-b+1b-c≥21（a-b）（b-c）].
而[（a-b）（b-c）≤（a-c）24]，
[∴1a-b+1b-c≥24（a-c）2=4a-c]，
即[1a-b+1b-c+1c-a≥0].
4. 反证法
先假设要证明的结论不正确，由此经过合理的逻辑推导得出矛盾，从而否定假设，导出结论的正确性，达到证题的目的.
例5 已知[a，b，c∈（0，1），]
求证：[（1-a）b，（1-b）c，（1-c）a]不能都大于[14].
证明 假设[（1-a）b，（1-b）c，（1-c）a]都大于[14].
[∵a，b，c∈（0，1），][∴1-a]，[1-b]，[1-c]都是正数.
[∴（1-a）+b2≥（1-a）b>12.]
同理[（1-b）+c2>12]，[（1-c）+a2>12].
三式相加得[（1-a）+b2][+（1-b）+c2+（1-c）+a2][>32]，即[32>32]，矛盾.
故[（1-a）b，（1-b）c，（1-c）a]不能都大于[14].
5. 放缩法
放缩法是把不等式的一边适当放大或放小，利用不等式的传递性来证明不等式.
例6 已知[a，b，c，d]都是正数，求证：[1 证明 [ba+b+c+cb+c+d+dc+d+a+ad+a+b]
>[ba+b+c+d+ca+b+c+d]+[da+b+c+d]+[aa+b+c+d=1].
而[ba+b+c+cb+c+d+dc+d+a+ad+a+b]
[ 故[1 6. 换元法
在证题过程中，以变量代换的方法，选择适当的辅助未知数，使问题的证明达到简化.
（1）代数换元法
例7 已知：[a+b+c=1]，求证：[ab+bc+ca≤13].
证明 设[a=13-t]，[b=13-at（t∈R）]，
则[c=13+（1+a）t]，
[ab+bc+ca=13-t13-at+]
[13-at13+（1+a）t+13-t13+（1+a）t]
[=13-（1+a+a2）t2≤13]，
所以[ab+bc+ca≤13].
（2）三角代换法
例8 已知：[a2+b2=1]，[x2+y2=1]，
求证：[ax+by≤1].
证明 设[a=sinθ]，[x=sinφ]，
则[b=cosθ]，[y=cosφ].
[∴ax+by=sinθsinφ+cosθcosφ=cos（θ-φ）≤1.]
7. 构造法
证明不等式时，有时通过构造某种模型、函数、恒等式、向量等，可以达到简捷、以巧取胜的目的.
（1）构造向量
例9 已知：已知：[a，b∈R+，a+b=1]，
求证：[2a+1+2b+1≤22].
证明 设[m=（1，1），n=（2a+1，2b+1）]，
[m?n=2a+1+2b+1]，[m=2，n=2]，
由[m?n≤m?n]得， [2a+1+2b+1≤22].
（2）构造模型
例10 已知：[a，b，m∈R+]，且[a 求证：[a+mb+m>ab].
证明 以[b]为斜边，[a]为直角边作[RtΔABC]，
延长[AB]至[D]，使[BD=m]，延长[AC]至[E]，使[ED⊥AD]，过[C]作[AD]的平行线交[DE]于[F]，则[ΔABC][?ΔADE]，令[CE=n]，
所以[ab=ABAC=a+mb+n.]
又[CE>CF]，即[n>m]，所以[a+mb+m>a+mb+n=ab].
1. 比较法
（1）作差比较法
在比较两个实数[a]和[b]的大小时，可借助[a-b]的符号来判断.步骤一般为：作差——变形——判断（正号、负号、零）.变形时常用的方法有：配方、通分、因式分解等.
例1 已知：[a>0]，[b>0]，求证：[a+b2≥ab].
证明 [a+b2-ab=a+b-2ab2=][（a-b）22][≥0]，故得[a+b2≥ab].
（2）作商比较法
一般在[a]，[b]均为正数时，借助[ab>1]或[ab<1]来判断其大小.
例2 设[a>b>0]，求证：[aabb>abba].
证明 因为[a>b>0]，所以[ab>1]，[a-b>0].
而[aabbabba=aba-b>1]，故[aabb>abba].
2. 分析法
從要证明的结论出发，一步一步地推导，最后达到命题的已知条件.
例3 已知[a>0]，[b>0]且[a+b=1]，
求证：[（a+1a）（b+1b）≥254].
证明 要证[（a+1a）（b+1b）≥254]，
[∵（a+1a）（b+1b）] =[a2b2-（a2+b2）+1ab]，
[∴]只需证明[4（ab）2+4（a2+b2）-25ab+4≥0]，
即证[4（ab）2-33ab+8≥0]，故[ab≤14]或[ab≥8].
[∵a>0，b>0]，[a+b=1]，
[∴ab≥8]不可能成立.
而1=[a+b≥2ab]，
[∴ab≤14].从而原不等式成立.
3. 综合法
从已知条件入手，经过逐步的逻辑推导，运用已知的定义、定理、公式等，最终达到要证的结论.
例4 已知：[a>b>c]，
求证：[1a-b+1b-c+1c-a≥0].
证明 [∵][a>b>c]，
[∴a-b>0，b-c>0]，[a-c>0.]
[∴1a-b+1b-c≥21（a-b）（b-c）].
而[（a-b）（b-c）≤（a-c）24]，
[∴1a-b+1b-c≥24（a-c）2=4a-c]，
即[1a-b+1b-c+1c-a≥0].
4. 反证法
先假设要证明的结论不正确，由此经过合理的逻辑推导得出矛盾，从而否定假设，导出结论的正确性，达到证题的目的.
例5 已知[a，b，c∈（0，1），]
求证：[（1-a）b，（1-b）c，（1-c）a]不能都大于[14].
证明 假设[（1-a）b，（1-b）c，（1-c）a]都大于[14].
[∵a，b，c∈（0，1），][∴1-a]，[1-b]，[1-c]都是正数.
[∴（1-a）+b2≥（1-a）b>12.]
同理[（1-b）+c2>12]，[（1-c）+a2>12].
三式相加得[（1-a）+b2][+（1-b）+c2+（1-c）+a2][>32]，即[32>32]，矛盾.
故[（1-a）b，（1-b）c，（1-c）a]不能都大于[14].
5. 放缩法
放缩法是把不等式的一边适当放大或放小，利用不等式的传递性来证明不等式.
例6 已知[a，b，c，d]都是正数，求证：[1
>[ba+b+c+d+ca+b+c+d]+[da+b+c+d]+[aa+b+c+d=1].
而[ba+b+c+cb+c+d+dc+d+a+ad+a+b]
[
在证题过程中，以变量代换的方法，选择适当的辅助未知数，使问题的证明达到简化.
（1）代数换元法
例7 已知：[a+b+c=1]，求证：[ab+bc+ca≤13].
证明 设[a=13-t]，[b=13-at（t∈R）]，
则[c=13+（1+a）t]，
[ab+bc+ca=13-t13-at+]
[13-at13+（1+a）t+13-t13+（1+a）t]
[=13-（1+a+a2）t2≤13]，
所以[ab+bc+ca≤13].
（2）三角代换法
例8 已知：[a2+b2=1]，[x2+y2=1]，
求证：[ax+by≤1].
证明 设[a=sinθ]，[x=sinφ]，
则[b=cosθ]，[y=cosφ].
[∴ax+by=sinθsinφ+cosθcosφ=cos（θ-φ）≤1.]
7. 构造法
证明不等式时，有时通过构造某种模型、函数、恒等式、向量等，可以达到简捷、以巧取胜的目的.
（1）构造向量
例9 已知：已知：[a，b∈R+，a+b=1]，
求证：[2a+1+2b+1≤22].
证明 设[m=（1，1），n=（2a+1，2b+1）]，
[m?n=2a+1+2b+1]，[m=2，n=2]，
由[m?n≤m?n]得， [2a+1+2b+1≤22].
（2）构造模型
例10 已知：[a，b，m∈R+]，且[a
证明 以[b]为斜边，[a]为直角边作[RtΔABC]，
延长[AB]至[D]，使[BD=m]，延长[AC]至[E]，使[ED⊥AD]，过[C]作[AD]的平行线交[DE]于[F]，则[ΔABC][?ΔADE]，令[CE=n]，
所以[ab=ABAC=a+mb+n.]
又[CE>CF]，即[n>m]，所以[a+mb+m>a+mb+n=ab].