Question

18．已知a、b、c为正实数，求证：abc≥$\frac{a+b+c}{\frac{1}{{a}^{2}}+\frac{1}{{b}^{2}}+\frac{1}{{c}^{2}}}$≥（a+b-c）（b+c-a）（c+a-b）．

Answer 1

分析 先证不等式的前部分，由分析法可证（ab）²+（bc）²+（ca）²≥abc（a+b+c），由重要不等式即可得到证明；
再证不等式的后部分，即为a+b+c≥（a+b-c）（b+c-a）（c+a-b）（$\frac{1}{{a}^{2}}$+$\frac{1}{{b}^{2}}$+$\frac{1}{{c}^{2}}$），（*），设a=max{a，b，c}，则a+b-c＞0，c+a-b＞0，讨论当c+b-a≤0，结论显然成立；当c+b-a＞0，设a=y+z，b=z+x，c=x+y，求得x，y，z，将不等式转化，再由重要不等式和不等式的可加性，即可得证．

解答 证明：先证abc≥$\frac{a+b+c}{\frac{1}{{a}^{2}}+\frac{1}{{b}^{2}}+\frac{1}{{c}^{2}}}$，
即为abc（$\frac{1}{{a}^{2}}$+$\frac{1}{{b}^{2}}$+$\frac{1}{{c}^{2}}$）≥a+b+c，
即为（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），当且仅当a=b=c取得等号，即abc≥$\frac{a+b+c}{\frac{1}{{a}^{2}}+\frac{1}{{b}^{2}}+\frac{1}{{c}^{2}}}$成立；
再证$\frac{a+b+c}{\frac{1}{{a}^{2}}+\frac{1}{{b}^{2}}+\frac{1}{{c}^{2}}}$≥（a+b-c）（b+c-a）（c+a-b），
即为a+b+c≥（a+b-c）（b+c-a）（c+a-b）（$\frac{1}{{a}^{2}}$+$\frac{1}{{b}^{2}}$+$\frac{1}{{c}^{2}}$），（*）
由于不等式为轮换对称式，设a=max{a，b，c}，
则a+b-c＞0，c+a-b＞0，
①当c+b-a≤0，结论显然成立；
②当c+b-a＞0，设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（*）变为2（x+y+z）≥8xyz[$\frac{1}{（y+z）^{2}}$+$\frac{1}{（z+x）^{2}}$+$\frac{1}{（x+y）^{2}}$]，
只要证$\frac{1}{yz}$+$\frac{1}{zx}$+$\frac{1}{xy}$≥$\frac{4}{（y+z）^{2}}$+$\frac{4}{（z+x）^{2}}$+$\frac{4}{（x+y）^{2}}$，（1）
由（y+z）²≥4yz，可得$\frac{4}{（y+z）^{2}}$≤$\frac{1}{yz}$，
同样可得$\frac{4}{（z+x）^{2}}$≤$\frac{1}{zx}$，$\frac{4}{（x+y）^{2}}$≤$\frac{1}{xy}$，
相加可得（1）成立．
综上可得，原不等式成立．

点评 本题考查不等式的证明，注意运用分析法，以及换元法和分类讨论的思想方法，不等式的性质，考查推理能力，属于难题．