1.已知a,b,c是一个三角形的三边长,求证:(a+b+cb+c−a−1)(a+b+cc+a−b−1)(a+b+ca+b−c−1)⩾8.
2.设a,b,c>0,且满足abc=1,求证:(a−1+1b)(b−1+1c)(c−1+1a)⩽1.
3.已知a,b,c>0,且满足a+b+c=1,求证:a3+b3+c3⩾a2+b2+c23.
4.若a,b,c>0,且a+b+c=abc,求证:b+ca+c+ab+a+bc⩾2(1a+1b+1c)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)⩾(1−x2)(1−y2)(1−z2).
6.已知a,b>0,求证:4(1+a)(1+b)(1−ab)(1+a2)(1+b2)⩽3√3.
7.已知a,b,c>0,证明:∑cyc√(a2+ab+b2)(b2+bc+c2)⩾(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=y+zx⋅z+xy⋅x+yz⩾2√yzx⋅2√zxy⋅2√xyz=8,因此原不等式得证.
2.令a=yz,b=zx,c=xy,其中x,y,z>0,则LHS=y−z+xz⋅z−x+yx⋅x−y+zy=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8mnp(m+n)(n+p)(p+m)⩽1,原不等式得证.
3.原不等式即3(a3+b3+c3)⩾(a2+b2+c2)(a+b+c)=a3+b3+c3+ab2+bc2+ca2+a2b+b2c+c2a,也即∑cyc(a+b)(a−b)2⩾0,因此原不等式得证.
4.原不等式即(b+ca+c+ab+a+bc)(a+b+c)⩾2(1a+1b+1c)2⋅abc,即2(a+b+c)+∑cyc(2cab+c2+a2b)⩾4(a+b+c)+2∑cycabc,也即b2+c2a+c2+a2b+a2+b2c⩾2(a+b+c).而b2+c2a+c2+a2b+a2+b2c⩾2bca+2cab+2abc=2abc(1a2+1b2+1c2)⩾2abc(1ab+1bc+1ca)=2(a+b+c),因此原不等式得证.
5.不妨设x⩾y⩾z,根据题意,x,y,z中至多只有一个数不小于1,当x⩾1时,LHS>0⩾RHS,不等式显然成立;
当x,y,z∈(0,1)时,原不等式即(zx+yz)(xy+zx)(yz+xy)⩾(1−x2)(1−y2)(1−z2),也即(1−xy)(1−yz)(1−zx)⩾(1−x2)(1−y2)(1−z2),展开即xyz(x+y+z)⩾1−(x2+y2+z2)+(x2y2+y2z2+z2x2).而(x2+y2+z2)−1=(x2+y2+z2)−(xy+yz+zx)=12∑cyc(x−y)2,且(x2y2+y2z2+z2x2)−xyz(x+y+z)=12∑cyc(zx−yz)2=12∑cycz2(x−y)2,因此原不等式得证.
6.令a=tanA,b=tanB,其中A,B∈(0,π2),则
LHS=4(sinA+cosA)(sinB+cosB)(cosAcosB−sinAsinB)=4[sin(A+B)+cos(A−B)]cos(A+B),
当cos(A+B)⩽0时,原不等式显然成立;
当cos(A+B)>0时,有A+B<π2,从而4[sin(A+B)+cos(A−B)]cos(A+B)⩽4[sin(A+B)+1]cos(A+B).设函数f(x)=4(sinx+1)cosx,x∈(0,π2),则f(x)=2sin2x+4cosx,其导函数f′(x)=4cos2x−4sinx=4(1+sinx)(1−2sinx),于是函数f(x)的极大值亦为最大值是f(π6)=3√3,原不等式得证.
7.由Cauchy不等式,有LHS=∑cyc√[(√32b)2+(a+12b)2]⋅[(√32b)2+(c+12b)2]⩾∑cyc[34b2+(a+12b)(c+12b)]=∑cyc(b2+12bc+12ab+ac)=(a+b+c)2,因此原不等式得证.