题目内容
16．已知a，b，c是不等的三角形的三边，求证：$\frac{1}{b+c-a}$+$\frac{1}{c+a-b}$+$\frac{1}{a+b-c}$＞$\frac{9}{a+b+c}$．分析 利用a+b+c=（b+c-a）+（c+a-b）+（a+b-c），可得$\frac{1}{b+c-a}$+$\frac{1}{c+a-b}$+$\frac{1}{a+b-c}$=[（b+c-a）+（c+a-b）+（a+b-c）]（$\frac{1}{b+c-a}$+$\frac{1}{c+a-b}$+$\frac{1}{a+b-c}$），利用三元均值不等式，即可证明结论．
解答 证明：∵a+b+c=（b+c-a）+（c+a-b）+（a+b-c），
且b+c-a＞0，c+a-b＞0，a+b-c＞0．
∴$\frac{1}{b+c-a}$+$\frac{1}{c+a-b}$+$\frac{1}{a+b-c}$
=[（b+c-a）+（c+a-b）+（a+b-c）]（$\frac{1}{b+c-a}$+$\frac{1}{c+a-b}$+$\frac{1}{a+b-c}$）
≥3$\root{3}{（b+c-a）（c+a-b）（a+b-c）}$•3$\root{3}{\frac{1}{（b+c-a）（c+a-b）（a+b-c）}}$=9．
由于a，b，c不相等，则有$\frac{1}{b+c-a}$+$\frac{1}{c+a-b}$+$\frac{1}{a+b-c}$＞$\frac{9}{a+b+c}$．
点评 本题考查不等式的证明，考查三元均值不等式的运用，考查学生分析解决问题的能力，属于中档题．
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