若 $a$、$b$、$c$ 为正数且 $a+b+c=3$，证明：$ab+bc+ca\leqslant \sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}\leqslant 3$
【难度】
【出处】
2018年全国高中数学联赛河北省预赛（高二）
【标注】
【答案】
略
【解析】
因为 $\sqrt{a}+\sqrt{a}+a^{2}\geqslant 3\sqrt[3]{{a}^{3}}=3a$，同理 $\sqrt{b}+\sqrt{b}+a^{b}\geqslant 3\sqrt[3]{{b}^{3}}=3b$，$\sqrt{c}+\sqrt{c}+c^{2}\geqslant 3\sqrt[3]{{c}^{3}}=3c$，三式相加得 $2(\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c})+a^{2}+b^{2}+c^{2}\geqslant 3(a+b+c)=9=(a+b+c)^2$，所以 $2(\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c})\geqslant (a+b+c)^2-a^{2}-b^{2}-c^{2}=2(ab+bc+ac)$，故 $ab+bc+ac\geqslant \sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}$．又 $(\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c})^{2}\leqslant (a+b+c)(1+1+1)=9$，所以 $\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}\leqslant 3$．综上可得 $ab+bc+ac\leqslant \sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}\leqslant 3$．
答案
解析
备注
