设 $a,b,c\in\mathbb{R}^+$，且 $abc\le1$．证明：$\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}\ge1+\dfrac{6}{a+b+c}$．
【难度】
【出处】
无
【标注】
【答案】
略
【解析】
原不等式等价于$$\left(\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}\right)(a+b+c)\geqslant a+b+c+6.$$因为 $abc\le1$，$a,b,c\in\mathbb{R}^+$，所以 $\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}\ge3\sqrt[3]{\dfrac{1}{abc}}\ge3$．
于是 $\dfrac{1}{3}\left(\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}\right)(a+b+c)\geqslant\dfrac{1}{3}\cdot3(a+b+c)=a+b+c$．
又 $\dfrac{2}{3}\left(\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}\right)(a+b+c)\geqslant\dfrac{2}{3}\cdot3\sqrt[3]{\dfrac{1}{abc}}\cdot3\sqrt[3]{abc}=6$．
所以 $\left(\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}\right)(a+b+c)\geqslant a+b+c+6$．
于是 $\dfrac{1}{3}\left(\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}\right)(a+b+c)\geqslant\dfrac{1}{3}\cdot3(a+b+c)=a+b+c$．
又 $\dfrac{2}{3}\left(\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}\right)(a+b+c)\geqslant\dfrac{2}{3}\cdot3\sqrt[3]{\dfrac{1}{abc}}\cdot3\sqrt[3]{abc}=6$．
所以 $\left(\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}\right)(a+b+c)\geqslant a+b+c+6$．
答案
解析
备注
