设 $a,b,c$ 是正实数，且 $abc=1$，求证：$$\dfrac{1}{1+2a}+\dfrac{1}{1+2b}+\dfrac{1}{1+2c}\ge1.$$
【难度】
【出处】
无
【标注】
【答案】
略
【解析】
令 $a=\dfrac{x}{y},b=\dfrac{y}{z},c=\dfrac{z}{x}$，则原不等式等价于$$\dfrac{y}{2x+y}+\dfrac{x}{2y+z}+\dfrac{x}{2z+x}\ge1.$$由柯西不等式，
$[x(x+2z)+y(y+2x)+z(z+2y)]\cdot\left(\dfrac{x}{x+2z}+\dfrac{y}{y+2x}+\dfrac{z}{z+2y}\right)\geqslant(x+y+z)^2$，
即 $(x+y+z)^2\left(\dfrac{x}{x+2z}+\dfrac{y}{y+2x}++\dfrac{z}{z+2y}\right)\geqslant(x+y+z)^2$．
从而得证，原命题成立．
$[x(x+2z)+y(y+2x)+z(z+2y)]\cdot\left(\dfrac{x}{x+2z}+\dfrac{y}{y+2x}+\dfrac{z}{z+2y}\right)\geqslant(x+y+z)^2$，
即 $(x+y+z)^2\left(\dfrac{x}{x+2z}+\dfrac{y}{y+2x}++\dfrac{z}{z+2y}\right)\geqslant(x+y+z)^2$．
从而得证，原命题成立．
答案
解析
备注
