设 $a,b,c>0$，且 $ab+bc+ca=1$，求证：$\sum\limits_{{cyc}}\displaystyle \sqrt[3]{\dfrac 1a+6b}\leqslant \dfrac{1}{abc}$．
【难度】
【出处】
无
【标注】
【答案】
略
【解析】
由幂平均不等式，有$$LHS\leqslant 3\left[\dfrac{\sum\limits_{cyc}\left(\dfrac 1a+6b\right)}{3}\right]^{\frac 13},$$于是只需要证明$$9\sum_{cyc}\left(\dfrac 1a+6b\right)\leqslant \left(\dfrac{1}{abc}\right)^3.$$由切比雪夫不等式知$$\left(\dfrac{1}{abc}\right)^2=\left(\dfrac 1a+\dfrac 1b+\dfrac 1c\right)^2\geqslant 3\left(\dfrac{1}{ab}+\dfrac{1}{bc}+\dfrac{1}{ca}\right),$$于是$$\dfrac{1}{abc}\geqslant 3(a+b+c),$$于是$$9\sum_{cyc}\left(\dfrac 1a+6b\right)=9\left(\dfrac 1{abc}+6(a+b+c)\right)\leqslant \dfrac{27}{abc},$$而$$\dfrac{1}{abc}=\dfrac 1a+\dfrac 1b+\dfrac 1c\geqslant 3\sqrt[3]{\dfrac{1}{abc}},$$于是 $\left(\dfrac{1}{abc}\right)^2\geqslant 27$，因此原命题得证．
答案
解析
备注
