设a,b,c是正实数，且满足abc=1．对任意正整数n⩾，求证：\displaystyle \sum\limits_{cyc}\dfrac{a}{\sqrt[n]{b+c}}\geqslant \dfrac{3}{\sqrt[n]2}．
证明 法一（排序不等式）
由排序不等式可知，
\begin{align*}
\dfrac{a}{\sqrt[n]{b+c}}+\dfrac{b}{\sqrt[n]{c+a}}+\dfrac{c}{\sqrt[n]{a+b}}
&\geqslant\dfrac{1}{2}\left(\dfrac{b+c}{\sqrt[n]{b+c}}+\dfrac{c+a}{\sqrt[n]{c+a}}+\dfrac{a+b}{\sqrt[n]{a+b}}\right)\\
&\geqslant\dfrac{3}{2}\cdot\left[(a+b)(b+c)(c+a)\right]^{\frac13\left(1-\frac1n\right)}\\
&\geqslant\dfrac{3}{2}\cdot 2^{1-\frac1n}\\
&=\dfrac{3}{\sqrt[n]2}.
\end{align*}
法二（权方和不等式）
利用权方和不等式，有\begin{split} \sum_{cyc}\dfrac{a}{\sqrt[n]{b+c}}&=\sum_{cyc}\dfrac{a^{1+\frac 1n}}{(ab+ca)^{\frac 1n}}\\ &\geqslant \dfrac{(a+b+c)^{1+\frac 1n}}{(2ab+2bc+2ca)^{\frac 1n}}\\ &=\dfrac{(a+b+c)^{1+\frac 1n}}{\sqrt[n]{2}\cdot (ab+bc+ca)^{\frac 1n}} ,\end{split}因此只需要证明(a+b+c)^{1+\frac 1n}\geqslant 3(ab+bc+ca)^{\frac 1n},也即(a+b+c)^{n+1}\geqslant 3^n\cdot (ab+bc+ca).而\begin{split}(a+b+c)^{n+1}&=(a+b+c)^2\cdot (a+b+c)^{n-1}\\ &\geqslant 3(ab+bc+ca)\cdot \left(3\sqrt[3]{abc}\right)^{n-1}\\ &=3^n\cdot (ab+bc+ca),\end{split}因此原不等式得证．
法三（琴生不等式）
设a+b+c=t，令f(x)=\dfrac{x}{(t-x)^{\frac1n}}\ (0<x<t)，则
f''(x)=\dfrac{2nt+(1-n)x}{n^2(t-x)^{2+\frac1n}}>0,故由琴生不等式可知，\dfrac{f(a)+f(b)+f(c)}{3}\geqslant f\left(\dfrac{a+b+c}{3}\right)，即
\dfrac{a}{\sqrt[n]{b+c}}+\dfrac{b}{\sqrt[n]{c+a}}+\dfrac{c}{\sqrt[n]{a+b}}
\geqslant \dfrac{3}{\sqrt[n]2}\cdot\left(\dfrac{t}{3}\right)^{1-\frac1n}
\geqslant \dfrac{3}{\sqrt[n]2}.