设正实数 $a,b,c$ 满足 $a\leqslant b \leqslant c$，且 $a^2+b^2+c^2=9$．证明：$abc+1>3a$．
【难度】
【出处】
2009年全国高中数学联赛四川省预赛
【标注】
【答案】
略
【解析】
由条件知$$9=a^2+b^2+c^2\geqslant 3a^2,$$故 $a\leqslant \sqrt 3$．
又由 $(c^2-a^2)(b^2-a^2)\geqslant 0$ 知$$bc\geqslant a\sqrt{b^2+c^2-a^2}=a\sqrt{9-2a^2},$$只需证$$a^2\sqrt{9-2a^2}>3a-1.$$当 $3a-1<0$，即 $0<a<\dfrac 13$ 时，结论显然成立．
当 $3a-1\geqslant 0$，即 $\dfrac 13 \leqslant a \leqslant \sqrt 3$ 时，只需证$$a^4(9-2a^2)>(3a-1)^2,$$即需证$$2a^6-9a^4+9a^2-6a+1<0.\cdots \text{ ① }$$记$$f(a)=2a^6-9a^4+9a^2-6a+1,$$因为\[\begin{split}f'(a)&=12a^5-36a^3+18a-6\\&=12a^3(a^2-3)+6(a-3),\end{split}\]当 $\dfrac 13 \leqslant a\leqslant \sqrt 3$ 时，有$$a^2-3<0 , a-3<0,$$故当 $\dfrac 13 \leqslant a\leqslant \sqrt 3$ 时，$f'(a)<0$，因此 $f(a)$ 在 $a\in \left[\dfrac 13,\sqrt 3\right]$ 上单调递减，所以$$f(a)\leqslant f\left(\dfrac 13\right)=\dfrac {2}{3^6}-\dfrac{9}{3^4}+\dfrac{9}{3^2}-\dfrac 63+1<0,$$即 ① 成立．
综上知，$abc+1>3a$ 成立．
又由 $(c^2-a^2)(b^2-a^2)\geqslant 0$ 知$$bc\geqslant a\sqrt{b^2+c^2-a^2}=a\sqrt{9-2a^2},$$只需证$$a^2\sqrt{9-2a^2}>3a-1.$$当 $3a-1<0$，即 $0<a<\dfrac 13$ 时，结论显然成立．
当 $3a-1\geqslant 0$，即 $\dfrac 13 \leqslant a \leqslant \sqrt 3$ 时，只需证$$a^4(9-2a^2)>(3a-1)^2,$$即需证$$2a^6-9a^4+9a^2-6a+1<0.\cdots \text{ ① }$$记$$f(a)=2a^6-9a^4+9a^2-6a+1,$$因为\[\begin{split}f'(a)&=12a^5-36a^3+18a-6\\&=12a^3(a^2-3)+6(a-3),\end{split}\]当 $\dfrac 13 \leqslant a\leqslant \sqrt 3$ 时，有$$a^2-3<0 , a-3<0,$$故当 $\dfrac 13 \leqslant a\leqslant \sqrt 3$ 时，$f'(a)<0$，因此 $f(a)$ 在 $a\in \left[\dfrac 13,\sqrt 3\right]$ 上单调递减，所以$$f(a)\leqslant f\left(\dfrac 13\right)=\dfrac {2}{3^6}-\dfrac{9}{3^4}+\dfrac{9}{3^2}-\dfrac 63+1<0,$$即 ① 成立．
综上知，$abc+1>3a$ 成立．
答案
解析
备注
