例5-2-7 已知a，b，c∈r+，證明不等式：
當且僅當a=b=c時取等號。
解用綜合法。因a＞0，b＞0，c＞0，故有
三式分邊相加，得
當且僅當a=b=c時取等號。
例5-2-8 設t＞0。證明：對任意自然數n，不等式
tn-nt+(n-1)≥0
都成立，並說明在什麼條件下等號成立。
解當n=1時，不等式顯然成立，且取等號。
當n≥2時，由冪分拆不等式，可得以下n-1個不等式：
t2+1≥t+t，t3+1≥t2+t，…，
tn-1+1≥tn-2+t，tn+1≥tn-1+t
以上各式當且僅當t=1時取等號。把它們分邊相加，得
故對任意n∈n，不等式獲證。等號成立的條件是n=1，或t=1。
注 ①在以上不等中令t=1+x(x＞-1)，即得著名的貝努利不等式(1+x)n≥1+nx
例5-2-9 設a，b，c都是正數，證明不等式
當且僅當a=b=c時取等號。
分析本例有多種精彩證法。根據對稱性，可從左邊一項、兩項入手，當然也可根據平均值不等式或冪分拆不等式從整體入手。
解 [法一] 從一項入手，適當配湊後由平均值不等式知
三式分邊相加，即得
時，上式取等號。
[法二] 從兩入手，利用冪分拆不等式，有
同理有三式分邊相加，得
[法三] 從整理入手，原不等式等價於
進一步證明參考習題5-2-7(1)解答。
[法四] 由平均值不等式x2+(λy)2≥2λxy(x，y，∈r+)的變式
三式分邊相加，得
所以注從證法4我們看到，利用平均值不等式x2+(λy)2≥2λxy(x，
式不等式，思路自然，簡捷明快，頗具特色。
例5-2-10 已知關於x的實係數方程x2+px+q=0有兩個實數根α，β。證明：若|α|＜2，|β|＜2，則|q|＜4，且2|p|＞4+q。
解先證|q|＜4，由韋達定理知
|q2×2=4
再證2|p|＞4+q。
欲證不等式即0≤2|α+β|＜4+αβ。故只須證
4(α+β)2＜(4+αβ)2
即 4α+8αβ+4β2＜16+8αβ+α2β2
從而只須證
16-4α2-4β2+α2β2＞0
即 (4-α2)(4-β2)＞0
由|α|＜2，|β|＜2，知α2＜4，β2＜4，故最後不等式成立，從而原不等式得證。
例5-2-11 證明：若a，b，c是三角形的三邊，則
3(ab+bc+ca)≤(a+b+c)2＜4(ab+bc+ca)
當且僅當三角形為正三角形時，左邊取等號。
解左邊不等式等價於
3(ab+bc+ca)≤a2+b2+c2+2(ab+bc+ca)
欲證此不等式成立，只須證
ab+bc+ca≤a2+b2+c2
即證2(a2+b2+c2)-2(ab+bc+ca)≥0
左邊配方即為
(a-b)2+(b-c)2+(c-a)2≥0
此不等式顯然成立，當且僅當a=b=c，即三角形為正三角形時取等號。故左邊不等式獲證。
欲證右邊不等式，仿上只須證
a2+b2+c2＜2(ab+bc+ca)
從而只須證
(ab+ac-a2)+(ab+bc-b2)+(bc+ca-c2)＞0
即證a(b+c-a)+b(a+c-b)+c(b+a-c)＞0
由於a，b，c是三角形的三邊，此不等式顯然成立，故右邊不等式獲證。
綜上所述，原不等式得證。
例5-2-12 設f(x)=x2+px+q(p，q∈r)，證明：
(2)若|p|+|q|＜1，則f(x)=0的兩個根的絕對值都小於1。
解用反證法
但是，|f(1)|+2|f(2)|+|f(3)|≥f(1)-2f(2)+f(3)
=(1+p+q)-2×(4+2p+q)+(9+**+q)=2 (ii)
(i)與(ii)矛盾，故假設不成立，即原命題成立。
(2)假設f(x)=0的兩根x1，x2的絕對值不都小於1，不妨設|x1|≥1，那麼由韋達定理，有
|p|=|-(x1+x2)|=|x1+x2|≥|x1|-|x2|≥1-|x2|
|q|=|x1x2|=|x1|·|x2|≥|x2|
兩式分邊相加，得
|p|+|q|≥1
這與題設矛盾，故假設不成立，即原命題得證。
注反證法的邏輯程式是：否定結論→推出矛盾→肯定結論。反證法常用於直接證明難於入手的命題，或結論中含「不存在」、「都是」、「都不是」、「至少」、「至多」、之類的存在性命題。
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