Question

20．已知非負(fù)實(shí)數(shù)a，b，c滿足ab+bc+ca=1，求證：$\frac{1}{a+b}$$+\frac{1}{b+c}$$+\frac{1}{c+a}$$≥\frac{5}{2}$．

Answer 1

分析 設(shè)a≤b≤c，令f（a，b，c）=$\frac{1}{a+b}$$+\frac{1}{b+c}$$+\frac{1}{c+a}$，構(gòu)造函數(shù)f（0，a+b，$\frac{1}{a+b}$）=$\frac{1}{a+b}$+$\frac{1}{a+b+\frac{1}{a+b}}$+a+b．利用函數(shù)思想轉(zhuǎn)化換元利用基本不等式的性質(zhì)即可證明．

解答 解：設(shè)a≤b≤c，令f（a，b，c）=$\frac{1}{a+b}$$+\frac{1}{b+c}$$+\frac{1}{c+a}$，
則　f（0，a+b，$\frac{1}{a+b}$）=$\frac{1}{a+b}$+$\frac{1}{a+b+\frac{1}{a+b}}$+a+b．
那么f（a，b，c）-f（0，a+b，$\frac{1}{a+b}$）=$\frac{1}{b+c}$$+\frac{1}{c+a}$--$\frac{1}{a+b+\frac{1}{a+b}}$--（a+b）．（1）
又∵ab+bc+ca=1，
∴c=$\frac{1-ab}{a+b}$，（2）
把（2）代入（1）得：f（a，b，c）-f（0，a+b，$\frac{1}{a+b}$）=$\frac{a+b}{{a}^{2}+1}$+$\frac{a+b}{^{2}+1}$-（a+b）-$\frac{a+b}{（a+b）^{2}+1}$
=（a+b）$[\frac{1}{{a}^{2}+1}+\frac{1}{^{2}+1}$-1-$\frac{1}{（a+b）^{2}+1}]$
=（a+b）$\frac{2ab（1-ab）-{a}^{2}^{2}（a+b）^{2}}{（{a}^{2}+1）（^{2}+1）[（a+b）^{2}+1]}$ 
=（a+b）$\frac{2ab（a+b）c-{a}^{2}^{2}（a+b）^{2}}{（{a}^{2}+1）（^{2}+1）[（a+b）^{2}+1]}$ 
=$\frac{ab（a+b）^{2}[2c-ab（a+b）]}{（{a}^{2}+1）（^{2}+1）[（a+b）^{2}+1]}$．
0≤a≤b≤c≤1，∴0≤a+b≤2，ab≤ac≤c（∵a≤1），
從而ab≤c，∴ab（a+b）≤2c，∴2c-ab（a+b）≥0．
從而f（a，b，c）-f（0，a+b，$\frac{1}{a+b}$）≥0，
∴f（a，b，c）≥f（0，a+b，$\frac{1}{a+b}$）．
而$\frac{1}{a+b}$+a+b≥2．
f（0，a+b，$\frac{1}{a+b}$）=$\frac{1}{a+b}$+$\frac{1}{a+b+\frac{1}{a+b}}$+a+b．
而f（x）=x+1/x在[√2，+∞）上單調(diào)遞增．
∴f（0，a+b，$\frac{1}{a+b}$）≥$2+\frac{1}{2}$=$\frac{5}{2}$．
∴f（a，b，c）≥f（0，a+b，$\frac{1}{a+b}$）≥$\frac{5}{2}$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了基本不等式的性質(zhì)、函數(shù)的單調(diào)性、換元法，考查了推理能力與計(jì)算能力，屬于難題．