葛梅

題目? （2023年第十八屆中國北方數(shù)學奧林匹克第2題）設(shè)a，b，c∈（0，1），ab+bc+ca=4abc，求證：

a+b+c≥1－a+1－b+1－c.（1）

不等式（1）左邊含有一個根式項，右邊含有三個根式項，從右邊入手，利用柯西不等式即可獲證.

證法1：由已知條件及柯西不等式得

4=1a+1b+1c≥9a+b+c，即a+b+c≥94，所以1－a+1－b+1－c≤3［3－（a+b+c）］≤3（3－94）=94≤a+b+c，即（1）成立.

如果從左邊入手，還能證明嗎？答案是肯定的.

證法2：由已知條件得1a+1b+1c=4，由柯西不等式得a+b+c=（a+b+c）（1a+1b+1c－3）=（a+b+c）（1－aa+1－bb+1－cc）

≥（1－a+1－b+1－c）2=1－a+1－b+1－c，即（1）成立.

不等式（1）兩邊都含有根號，從脫掉根號的角度考慮，也可以證明.

證法3：對不等式（1）兩邊取平方，等價于

a+b+c≥（1－a+1－b+1－c）2，可轉(zhuǎn)化為

a+b+c≥3［（1－a）2+（1－b）2+（1－c）2］，等價于

a+b+c≥3（1－a+1－b+1－c），等價于a+b+c≥94，此式由

a+b+c=abc（1bc+1ca+1ab）≥9abcbc+ca+ab=94即得.所以（1）成立.

不等式（1）右邊含有三個根號，聯(lián)想到均值不等式，也可以獲證.

證法4：由1－a+14≥1－a，1－b+14≥1－b，1－c+14≥1－c得154－（a+b+c）≥1－a+1－b+1－c，由此知不等式（1）可轉(zhuǎn)化為a+b+c≥154－（a+b+c），等價于（a+b+c）2+a+b+c－154≥0，等價于

（a+b+c－32）（a+b+c+52）≥0，此式由a+b+c=abc（1bc+1ca+1ab）≥9abcbc+ca+ab=32得出.所以（1）成立.

推廣? 設(shè)a，b，c∈（0，m），m>34，ab+bc+ca=4abc，求證：（4m－3）a+b+c≥m－a+m－b+m－c.（2）

證明：由已知條件及柯西不等式得4=1a+1b+1c≥9a+b+c，即a+b+c≥94，所以m－a+m－b+m－c≤3［3m－（a+b+c）］≤3（3m－94）=（4m－3）×94≤（4m－3）（a+b+c），即（2）成立.

變式1? 設(shè)a，b，c∈（0，1），ab+bc+ca=4abc，求證：

74（a+b+c）≥1－a2+1－b2+1－c2.（3）

證明：由已知條件及柯西不等式得4=1a+1b+1c≥9a+b+c，即a+b+c≥94，由此得a2+b2+c2≥13（a+b+c）2≥13×（94）2=2716，

所以1－a2+1－b2+1－c2≤3［3－（a2+b2+c2）］≤3（3－2716）=74×94≤74（a+b+c），即（3）成立.

變式2? 設(shè)a，b，c∈（0，1），ab+bc+ca=4abc，求證：

43（ab+bc+ca）≥1－a+1－b+1－c.（4）

證明：由已知條件及柯西不等式得

4=1a+1b+1c≥9a+b+c，即a+b+c≥94，由此得

（ab+bc+ca）2≥3abc（a+b+c）≥34（ab+bc+ca）×94，即ab+bc+ca≥2716，

所以1－a+1－b+1－c≤3［3－（a+b+c）］≤3（3－94）

=43×2716≤43（ab+bc+ca），即（4）成立.

變式3? 設(shè)a，b，c∈（0，1），ab+bc+ca=4abc，求證：

73（a+b+c）≥1－ab+1－bc+1－ca.（5）

證明：由已知條件及柯西不等式得

4=1a+1b+1c≥9a+b+c，即a+b+c≥94，由此得（ab+bc+ca）2≥3abc（a+b+c）≥34（ab+bc+ca）×94，即ab+bc+ca≥2716，

所以1－ab+1－bc+1－ca≤3［3－（ab+bc+ca）］≤3（3－2716）=74×94≤43（a+b+c），即（5）成立.

變式4? 設(shè)a，b，c∈（0，1），ab+bc+ca=4abc，求證：

529（a+b+c）≥1ab－1+1bc－1+1ca－1.（6）

證明：由已知條件及柯西不等式得

4=1a+1b+1c≥9a+b+c，即a+b+c≥94，所以1ab－1+1bc－1+1ca－1≤3（1ab+1bc+1ca－3）≤3［13（1a+1b+1c）2－3］=3（13×42－3）=529×94≤529（a+b+c），即（6）成立.

變式5? 設(shè)a，b，c∈（0，1），ab+bc+ca=4abc，求證：

37（a+b+c）≥4（1－a2b+1－b2c+1－c2a）.（7）

證明：由已知條件、柯西不等式及均值不等式得

4=1a+1b+1c≥9a+b+c，4abc=ab+bc+ca≥33（abc）2，由此可得a+b+c≥94，abc≥（34）3，所以1－a2b+1－b2c+1－c2a≤3［3－（a2b+b2c+c2a）］≤3［3－（ab+bc+ca）2a+b+c］≤3（3－3abc）≤31－（34）3=1437×94≤1437（a+b+c），整理即得不等式（7）.

變式6? 設(shè) 設(shè)a，b，c∈（0，1），ab+bc+ca=4abc，求證：

469（a+b+c）≥1a+b+1b+c+1c+a.（8）

證明：由已知條件、柯西不等式及均值不等式得

4=1a+1b+1c≥9a+b+c，4abc=ab+bc+ca≥33（abc）2，由此得a+b+c≥94，abc≥（34）3，所以1a+b+1b+c+1c+a≤3（1a+b+1b+c+1c+a）

≤3·（a+b+c）2+ab+bc+ca（a+b+c）（ab+bc+ca）－abc=3·（a+b+c）2+ab+bc+ca4（a+b+c）abc－abc

≤3·43（a+b+c）28abc=a+b+c2abc≤a+b+c2×（34）3=469（a+b+c），即（8）成立.