已知 $a,b,c>0$，且 $a+b+c\geqslant abc$．求证：下列三个式子中至少有两个成立：$$\dfrac{6}{a}+\dfrac{3}{b}+\dfrac{2}{c}\ge2,\dfrac{6}{b}+\dfrac{3}{c}+\dfrac{2}{a}\ge2,\dfrac{6}{c}+\dfrac{3}{a}+\dfrac{2}{b}\ge2.$$
【难度】
【出处】
无
【标注】
【答案】
略
【解析】
假设至多有一个成立．下面分两种情形讨论：
（1）三式均不成立，即$$\dfrac{6}{a}+\dfrac{3}{b}+\dfrac{2}{c}\ge2,\dfrac{6}{b}+\dfrac{3}{c}+\dfrac{2}{a}\ge2,\dfrac{6}{c}+\dfrac{3}{a}+\dfrac{2}{b}\ge2.$$此三式相加，可得$$11\left(\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}\right)<6.$$即 $\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}<\dfrac{6}{11}$．
但由 $a+b+c\geqslant abc$ 有$$\left(\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}\right)^2\ge3\left(\dfrac{1}{ab}+\dfrac{1}{bc}+\dfrac{1}{ca}\right)=3\cdot\dfrac{a+b+c}{abc}\ge3.$$即 $\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}\geqslant\sqrt{3}$．
矛盾．
（2）三个式子恰有一个成立，不妨设$$\dfrac{6}{a}+\dfrac{3}{b}+\dfrac{2}{c}<2$$$$\dfrac{6}{b}+\dfrac{3}{c}+\dfrac{2}{a}<2$$$$\dfrac{6}{c}+\dfrac{3}{a}+\dfrac{2}{b}\ge2$$第一个式子+第二个式子的7倍-第三个式子可得，
$14>\dfrac{17}{a}+\dfrac{43}{b}+\dfrac{17}{c}>17\left(\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}\right)$，即 $
\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}<\dfrac{14}{17}$．
综上，假设均不成立，原命题成立．
（1）三式均不成立，即$$\dfrac{6}{a}+\dfrac{3}{b}+\dfrac{2}{c}\ge2,\dfrac{6}{b}+\dfrac{3}{c}+\dfrac{2}{a}\ge2,\dfrac{6}{c}+\dfrac{3}{a}+\dfrac{2}{b}\ge2.$$此三式相加，可得$$11\left(\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}\right)<6.$$即 $\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}<\dfrac{6}{11}$．
但由 $a+b+c\geqslant abc$ 有$$\left(\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}\right)^2\ge3\left(\dfrac{1}{ab}+\dfrac{1}{bc}+\dfrac{1}{ca}\right)=3\cdot\dfrac{a+b+c}{abc}\ge3.$$即 $\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}\geqslant\sqrt{3}$．
矛盾．
（2）三个式子恰有一个成立，不妨设$$\dfrac{6}{a}+\dfrac{3}{b}+\dfrac{2}{c}<2$$$$\dfrac{6}{b}+\dfrac{3}{c}+\dfrac{2}{a}<2$$$$\dfrac{6}{c}+\dfrac{3}{a}+\dfrac{2}{b}\ge2$$第一个式子+第二个式子的7倍-第三个式子可得，
$14>\dfrac{17}{a}+\dfrac{43}{b}+\dfrac{17}{c}>17\left(\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}\right)$，即 $
\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}<\dfrac{14}{17}$．
综上，假设均不成立，原命题成立．
答案
解析
备注
