设 $a,b,c$ 均为正实数，求证：$\dfrac{a(a^2+bc)}{b+c}+\dfrac{b(b^2+ca)}{c+a}+\dfrac{c(c^2+ab)}{a+b}\geqslant ab+bc+ca$．
【难度】
【出处】
2018年全国高中数学联赛陕西省预赛（第二试）
【标注】
【答案】
略
【解析】
由柯西不等式，得 $\dfrac{a\left({{a}^{2}}+bc \right)}{b+c}+\dfrac{b\left( {{b}^{2}}+ca \right)}{c+a}+\dfrac{c\left({{c}^{2}}+ab \right)}{a+b}\\
=\dfrac{{{\left( a\sqrt{{{a}^{2}}+bc}\right)}^{2}}}{a\left( b+c \right)}+\dfrac{{{\left( b\sqrt{{{b}^{2}}+ca}\right)}^{2}}}{b\left( c+a \right)}+\dfrac{{{\left( c\sqrt{{{c}^{2}}+ab}\right)}^{2}}}{c\left( a+b \right)}\\
\geqslant \dfrac{{{\left(a\sqrt{{{a}^{2}}+bc}+b\sqrt{{{b}^{2}}+ca}+c\sqrt{{{c}^{2}}+ab}\right)}^{2}}}{2\left( ab+bc+ca \right)}.$
故只需证明 $\dfrac{{{\left(a\sqrt{{{a}^{2}}+bc}+b\sqrt{{{b}^{2}}+ca}+c\sqrt{{{c}^{2}}+ab}\right)}^{2}}}{2\left( ab+bc+ca \right)}\geqslant ab+bc+ca$，即证明 $a\sqrt{{{a}^{2}}+bc}+b\sqrt{{{b}^{2}}+ca}+c\sqrt{{{c}^{2}}+ab}\geqslant \sqrt{2}(ab+bc+ca)$．① 由均值不等式，得 $a\sqrt{{{a}^{2}}+bc}+b\sqrt{{{b}^{2}}+ca}+c\sqrt{{{c}^{2}}+ab}\geqslant \dfrac{1}{\sqrt{2}}(a^2+b^2+c^2+a\sqrt{bc}+b\sqrt{ca}+c\sqrt{ab})$．故只需证明．$a^2+b^2+c^2+a\sqrt{bc}+b\sqrt{ca}+c\sqrt{ab}\geqslant 2(ab+bc+ca)$ ② 令 $a=x^2,b=y^2,c=z^2$，则由舒尔不等式及均值不等式，得 ${{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}}+a\sqrt{bc}+b\sqrt{ca}+c\sqrt{ab}\\={{x}^{4}}+{{y}^{4}}+{{z}^{4}}+xyz\left(x+y+z \right)\\\geqslant {{x}^{3}}\left( y+z \right)+{{y}^{3}}\left( z+x\right)+{{z}^{3}}\left( x+y \right)\\\geqslant 2\left({{x}^{2}}{{y}^{2}}+{{y}^{2}}{{z}^{2}}+{{z}^{2}}{{x}^{2}} \right)\\=2\left(ab+bc+ca \right).$
即 ② 式成立．所以原不等式成立．
=\dfrac{{{\left( a\sqrt{{{a}^{2}}+bc}\right)}^{2}}}{a\left( b+c \right)}+\dfrac{{{\left( b\sqrt{{{b}^{2}}+ca}\right)}^{2}}}{b\left( c+a \right)}+\dfrac{{{\left( c\sqrt{{{c}^{2}}+ab}\right)}^{2}}}{c\left( a+b \right)}\\
\geqslant \dfrac{{{\left(a\sqrt{{{a}^{2}}+bc}+b\sqrt{{{b}^{2}}+ca}+c\sqrt{{{c}^{2}}+ab}\right)}^{2}}}{2\left( ab+bc+ca \right)}.$
故只需证明 $\dfrac{{{\left(a\sqrt{{{a}^{2}}+bc}+b\sqrt{{{b}^{2}}+ca}+c\sqrt{{{c}^{2}}+ab}\right)}^{2}}}{2\left( ab+bc+ca \right)}\geqslant ab+bc+ca$，即证明 $a\sqrt{{{a}^{2}}+bc}+b\sqrt{{{b}^{2}}+ca}+c\sqrt{{{c}^{2}}+ab}\geqslant \sqrt{2}(ab+bc+ca)$．① 由均值不等式，得 $a\sqrt{{{a}^{2}}+bc}+b\sqrt{{{b}^{2}}+ca}+c\sqrt{{{c}^{2}}+ab}\geqslant \dfrac{1}{\sqrt{2}}(a^2+b^2+c^2+a\sqrt{bc}+b\sqrt{ca}+c\sqrt{ab})$．故只需证明．$a^2+b^2+c^2+a\sqrt{bc}+b\sqrt{ca}+c\sqrt{ab}\geqslant 2(ab+bc+ca)$ ② 令 $a=x^2,b=y^2,c=z^2$，则由舒尔不等式及均值不等式，得 ${{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}}+a\sqrt{bc}+b\sqrt{ca}+c\sqrt{ab}\\={{x}^{4}}+{{y}^{4}}+{{z}^{4}}+xyz\left(x+y+z \right)\\\geqslant {{x}^{3}}\left( y+z \right)+{{y}^{3}}\left( z+x\right)+{{z}^{3}}\left( x+y \right)\\\geqslant 2\left({{x}^{2}}{{y}^{2}}+{{y}^{2}}{{z}^{2}}+{{z}^{2}}{{x}^{2}} \right)\\=2\left(ab+bc+ca \right).$
即 ② 式成立．所以原不等式成立．
答案
解析
备注
