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本文先给出一个十分有用的不等式即以下定理，并举例说明其应用.
定理 设x1，x2，…，xn；y1，y2，…，yn是两组任意实数，∑1≤i0，或∑1≤i0，记∑ni=1xi=x，∑ni=1yi=y，则
[∑ni=1xi（y-yi）]2=[∑ni=1yi（x-xi）]2≥
4∑1≤i 当且仅当x1y1=x2y2=…=xnyn时取等号.
证明 若∑1≤i 若∑1≤i0，∑1≤i0，原式等价于
∑ni=1xi（y-yi）=∑ni=1yi（x-xi）≥
2∑1≤i 下面我们来证明
∑ni=1xi（y-yi）≥2∑1≤i 由于
∑ni=1xi（y-yi）=∑ni=1xi·∑ni=1yi-∑ni=1xiyi≥
∑ni=1xi·∑ni=1yi-∑ni=1xiyi，
因此要证式①成立，只要证明
∑ni=1xi·∑ni=1yi-∑ni=1xiyi≥2∑1≤i ∑1≤i 即
∑ni=1xi·∑ni=1yi≥∑ni=1xiyi 2∑1≤i ∑1≤i 式②易证成立，事实上，应用柯西不等式，有
（∑ni=1xi·∑ni=1yi）2=（∑ni=1x2i 2∑1≤i ≥
（∑ni=1xiyi 2∑1≤i 由此得到
∑ni=1xi·∑ni=1yi≥∑ni=1xiyi 2∑1≤i ∑1≤i ≥∑ni=1xiyi 2∑1≤i 即得式②，于是式①成立，原命题获证.由证明过程可得当且仅当x1y1=x2y2=…=xnyn时，原式取等号.
在定理中，取n=3，得到以下
命题1 设λ，u，v，λ′，u′，v′∈R，且λu λv uv>0，或λ′u′ λ′v′ u′v′>0，则
[∑λ（u′ v′）]2=[∑λ′（u v）]2≥4（∑uv）（∑u′v′），
当且仅当λλ′=uu′=vv′时取等号.
在定理中，取n=4，得到以下
命题2 设λ，u，v，w，λ′，u′，v′，w′∈R，且λu λv λw uv uw vw>0，或λ′u′ λ′v′ λ′w′ u′v′ u′w′ v′w′>0，则
[∑λ（u′ v′ w′）]2=[∑λ′（u v w）]2
≥2（λu λv λw uv uw vw）（λ′u′ λ′v′ λ′w′ u′v′ u′w′ v′w′），
当且仅当λλ′=uu′=vv′=ww′时取等号.
下面举一些例子说明以上定理和命题的应用（略去取等号条件的证明）.
例1 （自创题，1998.02.01）设λ，u，v，λ′，u′，v′∈R，且∑uv>0，则
[∑λλ′]2≥（∑uv）（2∑u′v′-∑λ′2），
当且仅当u vλ′=v λu′=λ uv′时取等号.
证明 [∑λλ′]2=[12∑（-λ′ u′ v′）（u v）]2
≥（∑uv）（∑（λ-u v）（λ u-v）（根据命题1中的不等式）
=（∑uv）（2∑u′v′-∑λ′2）.
例2 （自创题，1998.02.01）设λ，u，v，λ′，u′，v′∈R，且∑uv>0，则
∑（u v）u′v′≤（u v）∑uv（∑λ′）2，
当且仅当λ（u v）λ′=u（v λ）u′=v（λ u）v′时取等号.
证明 根据命题1中的不等式，有
[∑λ′u v（u v）]2≥
4（∑uv）∑u′v′（v λ）（λ u），整理即得原式.
例3 （匹多不等式）△ABC与△A′B′C′边长分别为a，b，c和a′，b′，c′，面积分别为Δ与Δ′，则∑（-a2 b2 c2）a′2≥16ΔΔ′，
当且仅当△ABC∽△A′B′C′时取等号.
证明 在命题1中取λ=-a2 b2 c2，u=a2-b2 c2，v=a2 b2-c2，λ′=-a′2
b′2 c′2，u′=a′2-b′2 c′2，v′=a′2 b′2-c′2，则∑uv=4Δ，∑u′v′=4Δ′，即得原式.
例4 （南京程灵老师提出）若△ABC与△A′B′C′边长分别为a，b，c和a′，b′，c′，面积分别为Δ与Δ′，则
∑（-a b c）a′≥43ΔΔ′
当且仅当△ABC与△A′B′C′均为正三角形时取等号.
证明 在命题1中取λ=-a b c，u=a-b c，v=a b-c， λ′=-a′ b′ c′，
u′=a′-b′ c′，v′=a′ b′-c′，得到
∑（-a b c）a′≥ ∑（a-b c）（a b-c）·
∑（a′-b′ c′）（a′ b′-c′）
≥43（a b c）（-a b c）（a-b c）（a b-c）·
43（a′ b′ c′）（-a′ b′ c′）（a′-b′ c′）（a′ b′-c′）
=43ΔΔ′，
即得原式.
例5 （陕西安振平老师提出）若△ABC与△A′B′C′边长分别为a，b，c和a′，b′，c′，面积分别为Δ与Δ′，则
∑（a-b c）（a b-c）a′2≥16ΔΔ′
当且仅当a（-a b c）a′2=b（a-b c）b′2=
c（a b-c）c′2时取等号.
证明 在命题1中取λ=（a-b c）（a b-c），u=（a-b c）（-a b c），v=（a b
-c）（-a b c），λ′=-a′2 b′2 c′2，u′=a′2-b′2 c′2，v′=a′2 b′2
-c′2，则∑uv=4Δ，∑u′v′=4Δ′，即得原式.
注 注意到∑（a-b c）（a b-c）a′2=∑a（-a b c）（-a′2 b′2 c′2），因此，例3中的不等式又可以写成∑a（-a b c）（-a′2 b′2 c′2）≥16ΔΔ′.
例6 （自创题，1983.05.07）若△ABC与△A′B′C′边长分别为a，b，c和a′，b′，c′，面积分别为Δ与Δ′，则
∑a（-a b c）（a′-b′ c′）（a′ b′-c′）≥16ΔΔ′
当且仅当△ABC∽△A′B′C′时取等号.
证明 在命题1中取λ=（a-b c）（a b-c），u=（a-b c）（-a b c），v=（a b
-c）（-a b c），λ′=（a′-b′ c′）（a′ b′-c′），u′=（a′-b′ c′）（-a′ b′ c′），v′=（a′
b′-c′）（-a′ b′ c′），则∑uv=4Δ，∑u′v′=4Δ′，即得原式.
例7 （自创题，1983.05.07）设△ABC三边长为BC=a，CA=b，AB=c，面积为Δ，P为△ABC内部或边界上一点，从P分别向三边BC、CA、AB所在直线作垂线，垂足分别为D、E、F，记PD=r1，PE=r2，PF=r3，则∑r2r3≤4Δ22∑bc-∑a2，当且仅当r1-a b c=r2a-b c=r3a b-c时取等号.
证明 由命题1，有
4Δ=2∑ar1=∑（-a b c）（r2 r3）
≥2∑（a-b c）（a b-c）·∑r2r3
=22∑bc-∑a2·∑r2r3，
即得原式.
例8 （自创题，2010.12.16）在△ABC中，设x，y，z∈R，则
（xsinC zsinA）（ysinA xsinB） （ysinA xsinB）（zsinB ysinC） （zsinB ysinC）（xsinC zsinA）≤（x y z）2，
或∑x2sinBsinC （∑sinA）（∑yzsinA）≤（∑x）2，
当且仅当zsinB ysinCtanA2=xsinC zsinAtanB2=ysinA xsinBtanC2时取等号.
证明 设λ=zsinB ysinC，u=xsinC zsinA，v=ysinA xsinB，由此得到
x=sinA（-λsinA usinB vsinC）2sinA，
y=sinB（λsinA-usinB vsinC）2sinB，
z=sinC（λsinA usinB-vsinC）2sinC，
经以上变换，原式等价于
∑uv≤[∑λsinA（-sinA sinB sinC）2sinAsinBsinC]2
=（∑λ·2sinA2cosA2·4cosA2sinB2sinC216sinA2cosA2sinB2cosB2sinC2cosC2）2
=（∑λcos2A22cosA2cosB2cosC2）2=1[]4[SX）][∑λtanB2 tanC2].
注意到恒等式tanB2·tanC2 tanC2·tanA2 tanA2·tanB2=1，由命题1知上式成立，故得原式.
例9 （自创题，2010.12.1）设P为△ABC内部或边界上一点，P点到△ABC三边BC，CA，AB所在直线的距离分别为r1，r2，r3，ΔABC三边长为BC=a，CA=b，AB=c，则
∑a（r1 r2）（r1 r3）≤abc.
证明 只要在例8中，取x=ar1，y=br2，z=cr3，注意到ar1 br2 cr3=2Δ=abc2R，这里Δ和R分别为△ABC的面积和外接圆半径，即得.
例10 设x，y，z，α，β，γ∈R，且α β γ=kπ（k∈Z），则
yzsin2α zxsin2β xysin2γ≤14（x y z）2，
当且仅当xsin 2α=ysin 2β=zsin 2γ时取等号.
证明 （2012年3月10日）分两种情况证明.
ⅰ）若k为奇数，即当α β γ=（2n 1）π（n∈Z）时，注意到
cot βcotγ cotγcot α cot αcot β=1>0，
于是，根据命题1有
14（x y z）2=14[xsin βsin γsin α（cot β cot γ） ysin γsin αsin β（cot γ cot α）
zsin αsin βsin γ（cot α cot β）]2
≥（cot βcot γ cot γcot α cot αcot β）·
（ysin γsin αsin β·zsin αsin βsin γ zsin αsin βsin γ·xsin βsin γsin α
xsin βsin γsin α·ysin γsin αsin β）
=yzsin2α zxsin2β xysin2γ，
即得原式.
ⅱ）若k为偶数，同理可证（详证从略）.
例11 设M、N为单位正方形内任意两个点，记MA=a，MB=b，MC=c，MD=d，NA=a1，NB=，b1，NC=c1，ND=d1，则
∑a1（b c d）≥6.
证明 利用命题2有
∑a1（b c d）
≥2ab ac ad bc bd da·
a1b1 a1c1 a1d1 b1c1 b1d1 d1a1，
而ab ac ad bc bd da=（a c）（b d） （ac bd），
（a c）（b d）≥AC·BD=2；
过M作MM′∥AB，且使MM′=AB（如图），则
ac bd=MA·MC MB·MD
=MA·M′D M′A·MD≥AD·MM′=1
（在四边形M′AMD中使用托勒密不等式），于是
ab ac ad bc bd da=（a c）（b d） （ac bd）≥3，同理
a1b1 a1c1 a1d1 b1c1 b1d1 d1a1≥3，
故原式成立.
还可以举出许多应用定理和命题证明不等式的例子，限于篇幅这里就不再赘述.
定理 设x1，x2，…，xn；y1，y2，…，yn是两组任意实数，∑1≤i
[∑ni=1xi（y-yi）]2=[∑ni=1yi（x-xi）]2≥
4∑1≤i
证明 若∑1≤i
∑ni=1xi（y-yi）=∑ni=1yi（x-xi）≥
2∑1≤i
∑ni=1xi（y-yi）≥2∑1≤i
∑ni=1xi（y-yi）=∑ni=1xi·∑ni=1yi-∑ni=1xiyi≥
∑ni=1xi·∑ni=1yi-∑ni=1xiyi，
因此要证式①成立，只要证明
∑ni=1xi·∑ni=1yi-∑ni=1xiyi≥2∑1≤i
∑ni=1xi·∑ni=1yi≥∑ni=1xiyi 2∑1≤i
（∑ni=1xi·∑ni=1yi）2=（∑ni=1x2i 2∑1≤i
（∑ni=1xiyi 2∑1≤i
∑ni=1xi·∑ni=1yi≥∑ni=1xiyi 2∑1≤i
在定理中，取n=3，得到以下
命题1 设λ，u，v，λ′，u′，v′∈R，且λu λv uv>0，或λ′u′ λ′v′ u′v′>0，则
[∑λ（u′ v′）]2=[∑λ′（u v）]2≥4（∑uv）（∑u′v′），
当且仅当λλ′=uu′=vv′时取等号.
在定理中，取n=4，得到以下
命题2 设λ，u，v，w，λ′，u′，v′，w′∈R，且λu λv λw uv uw vw>0，或λ′u′ λ′v′ λ′w′ u′v′ u′w′ v′w′>0，则
[∑λ（u′ v′ w′）]2=[∑λ′（u v w）]2
≥2（λu λv λw uv uw vw）（λ′u′ λ′v′ λ′w′ u′v′ u′w′ v′w′），
当且仅当λλ′=uu′=vv′=ww′时取等号.
下面举一些例子说明以上定理和命题的应用（略去取等号条件的证明）.
例1 （自创题，1998.02.01）设λ，u，v，λ′，u′，v′∈R，且∑uv>0，则
[∑λλ′]2≥（∑uv）（2∑u′v′-∑λ′2），
当且仅当u vλ′=v λu′=λ uv′时取等号.
证明 [∑λλ′]2=[12∑（-λ′ u′ v′）（u v）]2
≥（∑uv）（∑（λ-u v）（λ u-v）（根据命题1中的不等式）
=（∑uv）（2∑u′v′-∑λ′2）.
例2 （自创题，1998.02.01）设λ，u，v，λ′，u′，v′∈R，且∑uv>0，则
∑（u v）u′v′≤（u v）∑uv（∑λ′）2，
当且仅当λ（u v）λ′=u（v λ）u′=v（λ u）v′时取等号.
证明 根据命题1中的不等式，有
[∑λ′u v（u v）]2≥
4（∑uv）∑u′v′（v λ）（λ u），整理即得原式.
例3 （匹多不等式）△ABC与△A′B′C′边长分别为a，b，c和a′，b′，c′，面积分别为Δ与Δ′，则∑（-a2 b2 c2）a′2≥16ΔΔ′，
当且仅当△ABC∽△A′B′C′时取等号.
证明 在命题1中取λ=-a2 b2 c2，u=a2-b2 c2，v=a2 b2-c2，λ′=-a′2
b′2 c′2，u′=a′2-b′2 c′2，v′=a′2 b′2-c′2，则∑uv=4Δ，∑u′v′=4Δ′，即得原式.
例4 （南京程灵老师提出）若△ABC与△A′B′C′边长分别为a，b，c和a′，b′，c′，面积分别为Δ与Δ′，则
∑（-a b c）a′≥43ΔΔ′
当且仅当△ABC与△A′B′C′均为正三角形时取等号.
证明 在命题1中取λ=-a b c，u=a-b c，v=a b-c， λ′=-a′ b′ c′，
u′=a′-b′ c′，v′=a′ b′-c′，得到
∑（-a b c）a′≥ ∑（a-b c）（a b-c）·
∑（a′-b′ c′）（a′ b′-c′）
≥43（a b c）（-a b c）（a-b c）（a b-c）·
43（a′ b′ c′）（-a′ b′ c′）（a′-b′ c′）（a′ b′-c′）
=43ΔΔ′，
即得原式.
例5 （陕西安振平老师提出）若△ABC与△A′B′C′边长分别为a，b，c和a′，b′，c′，面积分别为Δ与Δ′，则
∑（a-b c）（a b-c）a′2≥16ΔΔ′
当且仅当a（-a b c）a′2=b（a-b c）b′2=
c（a b-c）c′2时取等号.
证明 在命题1中取λ=（a-b c）（a b-c），u=（a-b c）（-a b c），v=（a b
-c）（-a b c），λ′=-a′2 b′2 c′2，u′=a′2-b′2 c′2，v′=a′2 b′2
-c′2，则∑uv=4Δ，∑u′v′=4Δ′，即得原式.
注 注意到∑（a-b c）（a b-c）a′2=∑a（-a b c）（-a′2 b′2 c′2），因此，例3中的不等式又可以写成∑a（-a b c）（-a′2 b′2 c′2）≥16ΔΔ′.
例6 （自创题，1983.05.07）若△ABC与△A′B′C′边长分别为a，b，c和a′，b′，c′，面积分别为Δ与Δ′，则
∑a（-a b c）（a′-b′ c′）（a′ b′-c′）≥16ΔΔ′
当且仅当△ABC∽△A′B′C′时取等号.
证明 在命题1中取λ=（a-b c）（a b-c），u=（a-b c）（-a b c），v=（a b
-c）（-a b c），λ′=（a′-b′ c′）（a′ b′-c′），u′=（a′-b′ c′）（-a′ b′ c′），v′=（a′
b′-c′）（-a′ b′ c′），则∑uv=4Δ，∑u′v′=4Δ′，即得原式.
例7 （自创题，1983.05.07）设△ABC三边长为BC=a，CA=b，AB=c，面积为Δ，P为△ABC内部或边界上一点，从P分别向三边BC、CA、AB所在直线作垂线，垂足分别为D、E、F，记PD=r1，PE=r2，PF=r3，则∑r2r3≤4Δ22∑bc-∑a2，当且仅当r1-a b c=r2a-b c=r3a b-c时取等号.
证明 由命题1，有
4Δ=2∑ar1=∑（-a b c）（r2 r3）
≥2∑（a-b c）（a b-c）·∑r2r3
=22∑bc-∑a2·∑r2r3，
即得原式.
例8 （自创题，2010.12.16）在△ABC中，设x，y，z∈R，则
（xsinC zsinA）（ysinA xsinB） （ysinA xsinB）（zsinB ysinC） （zsinB ysinC）（xsinC zsinA）≤（x y z）2，
或∑x2sinBsinC （∑sinA）（∑yzsinA）≤（∑x）2，
当且仅当zsinB ysinCtanA2=xsinC zsinAtanB2=ysinA xsinBtanC2时取等号.
证明 设λ=zsinB ysinC，u=xsinC zsinA，v=ysinA xsinB，由此得到
x=sinA（-λsinA usinB vsinC）2sinA，
y=sinB（λsinA-usinB vsinC）2sinB，
z=sinC（λsinA usinB-vsinC）2sinC，
经以上变换，原式等价于
∑uv≤[∑λsinA（-sinA sinB sinC）2sinAsinBsinC]2
=（∑λ·2sinA2cosA2·4cosA2sinB2sinC216sinA2cosA2sinB2cosB2sinC2cosC2）2
=（∑λcos2A22cosA2cosB2cosC2）2=1[]4[SX）][∑λtanB2 tanC2].
注意到恒等式tanB2·tanC2 tanC2·tanA2 tanA2·tanB2=1，由命题1知上式成立，故得原式.
例9 （自创题，2010.12.1）设P为△ABC内部或边界上一点，P点到△ABC三边BC，CA，AB所在直线的距离分别为r1，r2，r3，ΔABC三边长为BC=a，CA=b，AB=c，则
∑a（r1 r2）（r1 r3）≤abc.
证明 只要在例8中，取x=ar1，y=br2，z=cr3，注意到ar1 br2 cr3=2Δ=abc2R，这里Δ和R分别为△ABC的面积和外接圆半径，即得.
例10 设x，y，z，α，β，γ∈R，且α β γ=kπ（k∈Z），则
yzsin2α zxsin2β xysin2γ≤14（x y z）2，
当且仅当xsin 2α=ysin 2β=zsin 2γ时取等号.
证明 （2012年3月10日）分两种情况证明.
ⅰ）若k为奇数，即当α β γ=（2n 1）π（n∈Z）时，注意到
cot βcotγ cotγcot α cot αcot β=1>0，
于是，根据命题1有
14（x y z）2=14[xsin βsin γsin α（cot β cot γ） ysin γsin αsin β（cot γ cot α）
zsin αsin βsin γ（cot α cot β）]2
≥（cot βcot γ cot γcot α cot αcot β）·
（ysin γsin αsin β·zsin αsin βsin γ zsin αsin βsin γ·xsin βsin γsin α
xsin βsin γsin α·ysin γsin αsin β）
=yzsin2α zxsin2β xysin2γ，
即得原式.
ⅱ）若k为偶数，同理可证（详证从略）.
例11 设M、N为单位正方形内任意两个点，记MA=a，MB=b，MC=c，MD=d，NA=a1，NB=，b1，NC=c1，ND=d1，则
∑a1（b c d）≥6.
证明 利用命题2有
∑a1（b c d）
≥2ab ac ad bc bd da·
a1b1 a1c1 a1d1 b1c1 b1d1 d1a1，
而ab ac ad bc bd da=（a c）（b d） （ac bd），
（a c）（b d）≥AC·BD=2；
过M作MM′∥AB，且使MM′=AB（如图），则
ac bd=MA·MC MB·MD
=MA·M′D M′A·MD≥AD·MM′=1
（在四边形M′AMD中使用托勒密不等式），于是
ab ac ad bc bd da=（a c）（b d） （ac bd）≥3，同理
a1b1 a1c1 a1d1 b1c1 b1d1 d1a1≥3，
故原式成立.
还可以举出许多应用定理和命题证明不等式的例子，限于篇幅这里就不再赘述.