Question

8．設(shè)a，b，c都是正數(shù)，求證：
（1）（$\frac{a}$）²+（$\frac{a}$）²≥$\frac{a}$+$\frac{a}$；
（2）$\frac{a}{b+c}$+$\frac{c+a}$+$\frac{c}{a+b}$≥$\frac{3}{2}$；
（3）$\frac{1}{a}$+$\frac{1}$+$\frac{1}{c}$≤$\frac{{a}^{8}+^{8}+{c}^{8}}{{a}^{3}^{3}{c}^{3}}$．

Answer 1

分析 （1）通過作差、變形可知（$\frac{a}$）²+（$\frac{a}$）²-（$\frac{a}$+$\frac{a}$）=$\frac{1}{{a}^{2}^{2}}$（a-b）（a³-b³），利用a、b＞0可知a-b與a³-b³同號，進(jìn)而可得結(jié)論；
（2）通過變形、利用（$\frac{a}{b+c}$+1）+（$\frac{c+a}$+1）+（$\frac{c}{a+b}$+1）=（a+b+c）（$\frac{1}{b+c}$+$\frac{1}{c+a}$+$\frac{1}{a+b}$）及柯西不等式計(jì)算即得結(jié)論；
（3）利用a⁸+a⁸+b⁸+b⁸+b⁸+c⁸+c⁸+c⁸≥8$\root{8}{{a}^{16}^{24}{c}^{24}}$、相加整理即得結(jié)論．

解答 證明：（1）（$\frac{a}$）²+（$\frac{a}$）²-（$\frac{a}$+$\frac{a}$）
=$\frac{a}$（$\frac{a}$-1）+$\frac{a}$（$\frac{a}$-1）
=$\frac{a}$•$\frac{a-b}$+$\frac{a}$•$\frac{b-a}{a}$
=（a-b）（$\frac{a}{^{2}}$-$\frac{{a}^{2}}$）
=$\frac{1}{{a}^{2}^{2}}$（a-b）（a³-b³），
∵a、b＞0，
∴a-b與a³-b³同號，
∴$\frac{1}{{a}^{2}^{2}}$（a-b）（a³-b³）＞0，
即（$\frac{a}$）²+（$\frac{a}$）²≥$\frac{a}$+$\frac{a}$；
（2）∵$\frac{a}{b+c}$+$\frac{c+a}$+$\frac{c}{a+b}$+3
=（$\frac{a}{b+c}$+1）+（$\frac{c+a}$+1）+（$\frac{c}{a+b}$+1）
=（a+b+c）（$\frac{1}{b+c}$+$\frac{1}{c+a}$+$\frac{1}{a+b}$）
=$\frac{1}{2}$[（b+c）+（c+a）+（a+b）]（$\frac{1}{b+c}$+$\frac{1}{c+a}$+$\frac{1}{a+b}$）
≥$\frac{1}{2}$（1+1+1）²
=$\frac{9}{2}$，
∴$\frac{a}{b+c}$+$\frac{c+a}$+$\frac{c}{a+b}$+3≥$\frac{9}{2}$，
∴$\frac{a}{b+c}$+$\frac{c+a}$+$\frac{c}{a+b}$≥$\frac{3}{2}$；
（3）∵2a⁸+3b⁸+3c⁸
=a⁸+a⁸+b⁸+b⁸+b⁸+c⁸+c⁸+c⁸
≥8$\root{8}{{a}^{16}^{24}{c}^{24}}$
=8a²b³c³，
∴2a⁸+3b⁸+3c⁸≥8a²b³c³，
同理可得：3a⁸+2b⁸+3c⁸≥8a³b²c³，3a⁸+3b⁸+2c⁸≥8a³b³c²，
相加得：8（a⁸+b⁸+c⁸）≥8（a²b³c³+a³b²c³+a³b³c²），
整理得：a⁸+b⁸+c⁸≥（$\frac{1}{a}$+$\frac{1}$+$\frac{1}{c}$）a³b³c³，
即$\frac{1}{a}$+$\frac{1}$+$\frac{1}{c}$≤$\frac{{a}^{8}+^{8}+{c}^{8}}{{a}^{3}^{3}{c}^{3}}$．

點(diǎn)評 本題考查不等式的證明，涉及不等式的性質(zhì)、柯西不等式等基礎(chǔ)知識，注意解題方法的積累，屬于難題．