本文旨在介绍一些新的代数不等式，期冀为中学数学教研注入一股新鲜活力. 命题1 若a,b为满足a+b=1的正数，则a+1b+b+1a≥10. 证明：原不等式等价于a+1b+2•(a+1b)(b+1a)+b+1a≥10�1a+1b+�2ab+1ab+2�≥9.因1a+1b=(a+b)(1a+1b)≥4，故只要证ab+1ab≥174.因ab≤(a+b2)�2=14,故ab+1ab=ab+116ab+1516ab≥12+1516ab≥12+154=174.
综上，原不等式成立.
猜想1 若a,b,c为满足a+b+c=1的正数，则a+1b+b+1c+c+1a≥30.
命题2 若a,b为满足a+b=1的正数，λ≥0，则(a+λ+b+λ)(1a+1b)≥�41+2λ.�
证明：原不等式等价于(a+λ+2•(a+λ)(b+λ)+b+λ)(1a+2ab+1b)≥16(1+2λ)�(1+2λ+2ab+λ+λ�2)(1ab+2ab)≥16(1+2λ)�(1+2λab+21+λ+λ�2ab)•(1ab+2)≥16(1+2λ).因ab≤14,故(1+2λab+21+λ+λ�2ab)(1ab+2)≥(2+4λ+21+4λ+4λ�2)(2+2)=8［1+2λ+(1+2λ)�2］=16(1+2λ).
综上，原不等式成立.
类似可证《数学通报》2008年9月号问题1752之推广
命题3 若a,b,c，λ为正数，则1+λba+1+λcb+1+λac≥31+λ.
命题4 若a,b,c为满足a+b+c=3的非负实数，则a1+b�3+b1+c�3+�c1+a�3≤5.�
证明：a1+b�3=a(1+b)(1-b+b�2)≤a［(1+b)+(1-b+b�2)］2=a+12ab�2,同理b1+c�3≤b+12bc�2，c1+a�3≤c+12ca�2，以上三式相加，可得a1+b�3+b1+c�3+�c1+a�3�≤3+12(ab�2+bc�2+ca�2).为证原不等式，只需证ab�2+bc�2+ca�2≤4.
不妨设a≥b,a≥c，则ab�2+bc�2+ca�2≤�a［b�2+c(a+b)］�≤a［12b(a+b)+c(a+b)］=12a(a+b)(b+2c)
≤12［a+(a+b)+(b+2c)3］�3=4.
综上，原不等式成立.
猜想2 若a,b,c为满足a+b+c=3的非负实数，则a1+b�3+b1+c�3+�c1+a�3�≥32.
命题5 若a,b,c为满足a+b+c=1的实数，则3(bc+ca+ab)+|b-c|+|c-a|+|a-b|≤73.
证明：不妨设a≥b≥c,则原不等式等价于3(bc+ca+ab)+2a-2c≤(a+b+c)�2+43�bc+ca+ab+2a-2c≤a�2+b�2+c�2+43�(a-b)�2+(b-c)�2+(a-c-2)�2≥43.因(a-b)�2+(b-c)�2+(a-c-2)�2=［(a-b)+(b-c)］�22+［(a-b)-(b-c)］�22+(a-c-2)�2≥12(a-c)�2+(a-c-2)�2=32(a-c)�2-4(a-c)+4=32［(a-c)-43］�2+43≥43,故原不等式成立.
猜想3 若a,b,c为满足a+b+c=1的实数，则3(bc+ca+ab)+|b-c|+|c-a|+|a-b|≥1.
命题6 若a,b,c为非负实数，则(a�2+1)(b�2+1)(c�2+1)≥4(bc+ca+ab-1).
证明：因a-1、b-1、c-1中必有两个非负或非正，故不妨设(b-1)(c-1)≥0，于是2abc+a�2+b�2+c�2+1-2(bc+ca+ab)=(a-1)�2+(b-1)�2+(c-1)�2+2(a-1)(b-1)•(c-1)≥(a-1)�2+2(b-1)(c-1)+2(a-1)•(b-1)(c-1)=(a-1)�2+2a(b-1)(c-1)≥0,∴(a�2+1)(b�2+1)(c�2+1)-4(bc+ca+ab-1)=a�2b�2c�2+b�2c�2+c�2a�2+a�2b�2+a�2+b�2+c�2+5-4(bc+ca+ab)=(abc-1)�2+(bc-1)�2+(ca-1)�2+(ab-1)�2+［2abc+a�2+b�2+c�2+1-2(bc+ca+ab)］≥0.因此，原不等式成立.
容易证明命题6的姊妹命题：
若a,b,c为实数，则(a�2+1)(b�2+1)(c�2+1)≥34(a+b+c)�2.
命题7 若a,b,c为满足a+b+c=1的正数，则a�2+1b�2+c�2+b�2+1c�2+a�2+c�2+1a�2+b�2>12.
证明：不妨设a≥b≥c，则a(b+c)b�2+c�2+b(c+a)c�2+a�2+c(a+b)a�2+b�2>a(b+c)b�2+c�2+b(c+a)c�2+a�2=b(a-b)+c(a-c)b�2+c�2+a(b-a)+c(b-c)c�2+a�2+2≥b(a-b)b�2+c�2+a(b-a)c�2+a�2+2
=(a-b)�2(ab-c�2)(b�2+c�2)(c�2+a�2)+2≥2,a�2+bcb�2+c�2+b�2+cac�2+a�2+c�2+aba�2+b�2=a�2-b�2+c(b-c)b�2+c�2+
b�2-a�2+c(a-c)c�2+a�2+2c�2-(a-b)�22(a�2+b�2)+52≥a�2-b�2b�2+c�2+b�2-a�2c�2+a�2-(a-b)�22(a�2+b�2)+52≥(a-b)�2•［(a+b)�2(a�2+b�2)�2-12(a�2+b�2)］+52=
(a-b)�2［(a+b)�2+2ab］2(a�2+b�2)�2+52≥52.以上两式相加，可得a�2+bc+ca+abb�2+c�2+b�2+ca+ab+bcc�2+a�2+c�2+ab+bc+caa�2+b�2>92,即a�2+1-b�2-c�2b�2+c�2+b�2+1-c�2-a�2c�2+a�2+c�2+1-a�2-b�2a�2+b�2>9,所以原不等式成立.a=b→12,c→0时，原不等式左端→12，因此，原不等式不可改进.
猜想4 若a,b,c为满足a+b+c=1的正数，则a�2+1b�2+c�2+b�2+1c�2+a�2+c�2+1a�2+b�2≤15.
猜想5 若a,b,c为满足abc=1的正数，则a�2+1+b�2+1+c�2+1≤2(a+b+c).
不等式因证明而美丽，证明因不等式而动人.本文如是说.