Question

18．已知a、b、c為正實數(shù)，求證：abc≥$\frac{a+b+c}{\frac{1}{{a}^{2}}+\frac{1}{^{2}}+\frac{1}{{c}^{2}}}$≥（a+b-c）（b+c-a）（c+a-b）．

Answer 1

分析 先證不等式的前部分，由分析法可證（ab）²+（bc）²+（ca）²≥abc（a+b+c），由重要不等式即可得到證明；
再證不等式的后部分，即為a+b+c≥（a+b-c）（b+c-a）（c+a-b）（$\frac{1}{{a}^{2}}$+$\frac{1}{^{2}}$+$\frac{1}{{c}^{2}}$），（*），設(shè)a=max{a，b，c}，則a+b-c＞0，c+a-b＞0，討論當c+b-a≤0，結(jié)論顯然成立；當c+b-a＞0，設(shè)a=y+z，b=z+x，c=x+y，求得x，y，z，將不等式轉(zhuǎn)化，再由重要不等式和不等式的可加性，即可得證．

解答 證明：先證abc≥$\frac{a+b+c}{\frac{1}{{a}^{2}}+\frac{1}{^{2}}+\frac{1}{{c}^{2}}}$，
即為abc（$\frac{1}{{a}^{2}}$+$\frac{1}{^{2}}$+$\frac{1}{{c}^{2}}$）≥a+b+c，
即為（ab）²+（bc）²+（ca）²≥abc（a+b+c），
由（ab）²+（bc）²≥2ab²c，
（bc）²+（ca）²≥2bc²a，
（ab）²+（ac）²≥2ba²c，
相加可得（ab）²+（bc）²+（ca）²≥abc（a+b+c），當且僅當a=b=c取得等號，即abc≥$\frac{a+b+c}{\frac{1}{{a}^{2}}+\frac{1}{^{2}}+\frac{1}{{c}^{2}}}$成立；
再證$\frac{a+b+c}{\frac{1}{{a}^{2}}+\frac{1}{^{2}}+\frac{1}{{c}^{2}}}$≥（a+b-c）（b+c-a）（c+a-b），
即為a+b+c≥（a+b-c）（b+c-a）（c+a-b）（$\frac{1}{{a}^{2}}$+$\frac{1}{^{2}}$+$\frac{1}{{c}^{2}}$），（*）
由于不等式為輪換對稱式，設(shè)a=max{a，b，c}，
則a+b-c＞0，c+a-b＞0，
①當c+b-a≤0，結(jié)論顯然成立；
②當c+b-a＞0，設(shè)a=y+z，b=z+x，c=x+y，
可得x=$\frac{1}{2}$（b+c-a），y=$\frac{1}{2}$（c+a-b），z=$\frac{1}{2}$（a+b-c），
故x，y，z＞0，不等式（*）變?yōu)?（x+y+z）≥8xyz[$\frac{1}{（y+z）^{2}}$+$\frac{1}{（z+x）^{2}}$+$\frac{1}{（x+y）^{2}}$]，
只要證$\frac{1}{yz}$+$\frac{1}{zx}$+$\frac{1}{xy}$≥$\frac{4}{（y+z）^{2}}$+$\frac{4}{（z+x）^{2}}$+$\frac{4}{（x+y）^{2}}$，（1）
由（y+z）²≥4yz，可得$\frac{4}{（y+z）^{2}}$≤$\frac{1}{yz}$，
同樣可得$\frac{4}{（z+x）^{2}}$≤$\frac{1}{zx}$，$\frac{4}{（x+y）^{2}}$≤$\frac{1}{xy}$，
相加可得（1）成立．
綜上可得，原不等式成立．

點評 本題考查不等式的證明，注意運用分析法，以及換元法和分類討論的思想方法，不等式的性質(zhì)，考查推理能力，屬于難題．