1．已知$a,b,c$是一个三角形的三边长，求证：$$\left(\dfrac{a+b+c}{b+c-a}-1\right)\left(\dfrac{a+b+c}{c+a-b}-1\right)\left(\dfrac{a+b+c}{a+b-c}-1\right)\geqslant 8.$$
2．设$a,b,c>0$，且满足$abc=1$，求证：$\left(a-1+\dfrac 1b\right)\left(b-1+\dfrac 1c\right)\left(c-1+\dfrac 1a\right)\leqslant 1$．
3．已知$a,b,c>0$，且满足$a+b+c=1$，求证：$a^3+b^3+c^3\geqslant \dfrac{a^2+b^2+c^2}3$．
4．若$a,b,c>0$，且$a+b+c=abc$，求证：$\dfrac{b+c}a+\dfrac{c+a}{b}+\dfrac{a+b}c\geqslant 2\left(\dfrac 1a+\dfrac 1b+\dfrac 1c\right)^2$．
5．(2016年高中数学联赛江西预赛)已知$x,y,z>0$，且$xy+yz+zx=1$，求证：$$xyz(x+y)(y+z)(z+x)\geqslant \left(1-x^2\right)\left(1-y^2\right)\left(1-z^2\right).$$
6．已知$a,b>0$，求证：$\dfrac{4(1+a)(1+b)(1-ab)}{(1+a^2)(1+b^2)}\leqslant 3\sqrt 3$．
7．已知$a,b,c>0$，证明：$\sum\limits_{cyc}\sqrt{\left(a^2+ab+b^2\right)\left(b^2+bc+c^2\right)}\geqslant (a+b+c)^2$．
参考答案
1．令$a=y+z,b=z+x,c=x+y$，其中$x,y,z>0$，则$$LHS=\dfrac{y+z}x\cdot \dfrac{z+x}y\cdot \dfrac{x+y}z\geqslant \dfrac{2\sqrt {yz}}x\cdot \dfrac{2\sqrt {zx}}y\cdot \dfrac{2\sqrt{xy}}{z}=8,$$因此原不等式得证．
2．令$a=\dfrac yz,b=\dfrac zx,c=\dfrac xy$，其中$x,y,z>0$，则$$LHS=\dfrac{y-z+x}z\cdot \dfrac{z-x+y}{x}\cdot \dfrac{x-y+z}{y}=\dfrac{8mnp}{(m+n)(n+p)(p+m)},$$其中$2m=y-z+x,2n=z-x+y,2p=x-y+z$．由于$m+n,n+p,p+m>0$,于是$m,n,p$中至多有一个非正数，进而有$$\dfrac{8mnp}{(m+n)(n+p)(p+m)}\leqslant 1,$$原不等式得证．
3．原不等式即$$3(a^3+b^3+c^3)\geqslant (a^2+b^2+c^2)(a+b+c)=a^3+b^3+c^3+ab^2+bc^2+ca^2+a^2b+b^2c+c^2a,$$也即$$\sum_{cyc}(a+b)(a-b)^2\geqslant 0,$$因此原不等式得证．
4．原不等式即$$\left(\dfrac{b+c}a+\dfrac{c+a}{b}+\dfrac{a+b}c\right)(a+b+c)\geqslant 2\left(\dfrac 1a+\dfrac 1b+\dfrac 1c\right)^2\cdot abc,$$即$$2(a+b+c)+\sum_{cyc}\left(\dfrac{2ca}{b}+\dfrac{c^2+a^2}b\right)\geqslant 4(a+b+c)+2\sum_{cyc}\dfrac{ab}c,$$也即$$\dfrac{b^2+c^2}a+\dfrac{c^2+a^2}b+\dfrac{a^2+b^2}c\geqslant 2(a+b+c).$$而\[\begin{split} \dfrac{b^2+c^2}a+\dfrac{c^2+a^2}b+\dfrac{a^2+b^2}c&\geqslant \dfrac{2bc}a+\dfrac{2ca}b+\dfrac{2ab}c\\ &=2abc\left(\dfrac{1}{a^2}+\dfrac{1}{b^2}+\dfrac{1}{c^2}\right)\\ &\geqslant 2abc\left(\dfrac 1{ab}+\dfrac 1{bc}+\dfrac{1}{ca}\right)\\&=2(a+b+c),\end{split}\]因此原不等式得证．
5．不妨设$x\geqslant y\geqslant z$，根据题意，$x,y,z$中至多只有一个数不小于$1$，当$x\geqslant 1$时，$LHS>0\geqslant RHS$，不等式显然成立；
当$x,y,z\in (0,1)$时，原不等式即$$(zx+yz)(xy+zx)(yz+xy)\geqslant \left(1-x^2\right)\left(1-y^2\right)\left(1-z^2\right),$$也即$$(1-xy)(1-yz)(1-zx)\geqslant \left(1-x^2\right)\left(1-y^2\right)\left(1-z^2\right),$$展开即$$xyz(x+y+z)\geqslant 1-\left(x^2+y^2+z^2\right)+\left(x^2y^2+y^2z^2+z^2x^2\right).$$而$$\left(x^2+y^2+z^2\right)-1=\left(x^2+y^2+z^2\right)-(xy+yz+zx)=\dfrac 12\sum_{cyc}(x-y)^2,$$且$$\left(x^2y^2+y^2z^2+z^2x^2\right)-xyz(x+y+z)=\dfrac 12\sum_{cyc}(zx-yz)^2=\dfrac 12\sum_{cyc}z^2(x-y)^2,$$因此原不等式得证．
6．令$a=\tan A$，$b=\tan B$，其中$A,B\in\left(0,\dfrac{\pi}2\right)$，则
\[\begin{split} LHS&=4(\sin A+\cos A)(\sin B+\cos B)(\cos A\cos B-\sin A\sin B)\\
&=4\left[\sin (A+B)+\cos (A-B)\right]\cos (A+B),
\end{split} \]
当$\cos (A+B)\leqslant 0$时，原不等式显然成立；
当$\cos (A+B)>0$时，有$A+B<\dfrac {\pi}{2}$，从而$$4\left[\sin (A+B)+\cos (A-B)\right]\cos (A+B)\leqslant 4[\sin (A+B)+1]\cos (A+B).$$设函数$f(x)=4(\sin x+1)\cos x$，$x\in \left(0,\dfrac {\pi}{2}\right)$，则$f(x)=2\sin 2x+4\cos x$，其导函数$$f'(x)=4\cos 2x-4\sin x=4(1+\sin x)(1-2\sin x),$$于是函数$f(x)$的极大值亦为最大值是$f\left(\dfrac{\pi}6\right)=3\sqrt 3$，原不等式得证．
7．由Cauchy不等式，有\[\begin{split} LHS&=\sum_{cyc}\sqrt{\left[\left(\dfrac{\sqrt 3}2b\right)^2+\left(a+\dfrac 12b\right)^2\right]\cdot \left[\left(\dfrac{\sqrt 3}2b\right)^2+\left(c+\dfrac 12b\right)^2\right]}\\
&\geqslant \sum_{cyc}\left[\dfrac 34b^2+\left(a+\dfrac 12b\right)\left(c+\dfrac 12b\right)\right]\\
&=\sum_{cyc}\left(b^2+\dfrac 12bc+\dfrac 12ab+ac\right)\\
&=(a+b+c)^2,\end{split} \]因此原不等式得证．