已知 $a,b,c$ 是正数，且 $abc\leqslant 1$，求证：$\dfrac{a+b}{c}+\dfrac{b+c}{a}+\dfrac{c+a}{b}\geqslant 2(a+b+c)$．
解 只需要证明\[\dfrac{a+b}{c}+\dfrac{b+c}{a}+\dfrac{c+a}{b}\geqslant \dfrac{2(a+b+c)}{\sqrt[3]{abc}},\]也即\[\dfrac{ab+bc+ca}{abc}\cdot (a+b+c)-\dfrac{2(a+b+c)}{\sqrt[3]{abc}}-3\geqslant 0.\]根据排序不等式，有\[(ab+bc+ca)^2\geqslant 3abc(a+b+c),\]于是只需要证明\[{\sqrt 3}\cdot \left(\dfrac{a+b+c}{\sqrt[3]{abc}}\right)^{\frac 32}-2\cdot \dfrac{a+b+c}{\sqrt[3]{abc}}-3\geqslant 0,\]令\[t=\left(\dfrac{a+b+c}{3\sqrt[3]{abc}}\right)^{\frac 12},\]上述不等式即\[9t^3-6t^2-3\geqslant 0,\]也即\[3(t-1)\left(3t^2+t+1\right)\geqslant 0,\]而根据均值不等式，有\[a+b+c\geqslant 3\sqrt[3]{abc},\]于是原命题得证．
再试一下
只需要证明
$$\dfrac{a+b+c}{c}+\dfrac{a+b+c}{a}+\frac{a+b+c}{b}-3\ge\dfrac{2(a+b+c)}{\sqrt[3]{abc}},$$
即
$$(a+b+c)\left(\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}-\dfrac{2}{\sqrt[3]{abc}}\right)\ge 3.$$
根据均值不等式，有
$$a+b+c\ge 3\sqrt[3]{abc}, \dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}-\dfrac{2}{\sqrt[3]{abc}}\ge\dfrac{3}{\sqrt[3]{abc}}-\dfrac{2}{\sqrt[3]{abc}}=\dfrac{1}{\sqrt[3]{abc}}.$$
于是原不等式成立。
漂亮~
一遇到不等式 我就完蛋了……哎