已知 $a,b,c$ 为正实数，求证：\[abc \geqslant \dfrac{a+b+c}{\dfrac 1{a^2}+\dfrac 1{b^2}+\dfrac 1{c^2}}\geqslant (a+b-c)(b+c-a)(c+a-b).\]
【难度】
【出处】
2016年全国高中数学联赛四川省预赛
【标注】
【答案】
略
【解析】
先证：$abc \geqslant \dfrac{a+b+c}{\dfrac 1{a^2}+\dfrac 1{b^2}+\dfrac 1{c^2}}$，等价于证明：\[(ab)^2+(bc)^2+(ca)^2 \geqslant abc(a+b+c).\]令 $x=ab,y=bc,z=ca$，由不等式 $x^2+y^2+z^2 \geqslant xy+yz+zx$ 知结论成立．
再证：\[a+b+c \geqslant(a+b-c)(b+c-a)(c+a-b)\left({\dfrac 1{a^2}}+{\dfrac 1{b^2}}+{\dfrac 1{c^2}}\right),\qquad \qquad \text{ ① }\]由于不等式是轮换对称的，不妨设 $a=\max\{a,b,c\}$，则\[a+b-c>0,c+a-b>0.\]当 $b+c-a\leqslant 0$ 时，结论显然成立；
当 $b+c-a>0$ 时，令 $a=y+z,b=z+x,c=x+y$，则\[x=\dfrac 1 2(b+c-a),y=\dfrac 1 2(c+a-b),z=\dfrac 1 2(a+b-c),\]故 $x,y,z$ 均大于 $0$．
不等式\text{ ① }变为：\[2(x+y+z)\geqslant 8xyz\left[\dfrac 1{(y+z)^2}+\dfrac 1{(z+x)^2}+\dfrac 1{(x+y)^2}\right].\]只需证：\[\dfrac 1{yz}+\dfrac 1{zx}+\dfrac 1{xy}\geqslant \dfrac 4{(y+z)^2}+\dfrac 4{(z+x)^2}+\dfrac 4{(x+y)^2}.\]注意到：$(y+z)^2\geqslant 4yz$，则 $\dfrac 4{(y+z)^2}\leqslant \dfrac 1{yz}$．
同理，\[\dfrac 4{(z+x)^2}\leqslant \dfrac 1{zx},\dfrac 4{(x+y)^2}\leqslant \dfrac 1{xy}.\]所以，原不等式成立．
再证：\[a+b+c \geqslant(a+b-c)(b+c-a)(c+a-b)\left({\dfrac 1{a^2}}+{\dfrac 1{b^2}}+{\dfrac 1{c^2}}\right),\qquad \qquad \text{ ① }\]由于不等式是轮换对称的，不妨设 $a=\max\{a,b,c\}$，则\[a+b-c>0,c+a-b>0.\]当 $b+c-a\leqslant 0$ 时，结论显然成立；
当 $b+c-a>0$ 时，令 $a=y+z,b=z+x,c=x+y$，则\[x=\dfrac 1 2(b+c-a),y=\dfrac 1 2(c+a-b),z=\dfrac 1 2(a+b-c),\]故 $x,y,z$ 均大于 $0$．
不等式\text{ ① }变为：\[2(x+y+z)\geqslant 8xyz\left[\dfrac 1{(y+z)^2}+\dfrac 1{(z+x)^2}+\dfrac 1{(x+y)^2}\right].\]只需证：\[\dfrac 1{yz}+\dfrac 1{zx}+\dfrac 1{xy}\geqslant \dfrac 4{(y+z)^2}+\dfrac 4{(z+x)^2}+\dfrac 4{(x+y)^2}.\]注意到：$(y+z)^2\geqslant 4yz$，则 $\dfrac 4{(y+z)^2}\leqslant \dfrac 1{yz}$．
同理，\[\dfrac 4{(z+x)^2}\leqslant \dfrac 1{zx},\dfrac 4{(x+y)^2}\leqslant \dfrac 1{xy}.\]所以，原不等式成立．
答案
解析
备注
