Question

20．已知非负实数a，b，c满足ab+bc+ca=1，求证：$\frac{1}{a+b}$$+\frac{1}{b+c}$$+\frac{1}{c+a}$$≥\frac{5}{2}$．

Answer 1

分析 设a≤b≤c，令f（a，b，c）=$\frac{1}{a+b}$$+\frac{1}{b+c}$$+\frac{1}{c+a}$，构造函数f（0，a+b，$\frac{1}{a+b}$）=$\frac{1}{a+b}$+$\frac{1}{a+b+\frac{1}{a+b}}$+a+b．利用函数思想转化换元利用基本不等式的性质即可证明．

解答 解：设a≤b≤c，令f（a，b，c）=$\frac{1}{a+b}$$+\frac{1}{b+c}$$+\frac{1}{c+a}$，
则　f（0，a+b，$\frac{1}{a+b}$）=$\frac{1}{a+b}$+$\frac{1}{a+b+\frac{1}{a+b}}$+a+b．
那么f（a，b，c）-f（0，a+b，$\frac{1}{a+b}$）=$\frac{1}{b+c}$$+\frac{1}{c+a}$--$\frac{1}{a+b+\frac{1}{a+b}}$--（a+b）．（1）
又∵ab+bc+ca=1，
∴c=$\frac{1-ab}{a+b}$，（2）
把（2）代入（1）得：f（a，b，c）-f（0，a+b，$\frac{1}{a+b}$）=$\frac{a+b}{{a}^{2}+1}$+$\frac{a+b}{{b}^{2}+1}$-（a+b）-$\frac{a+b}{（a+b）^{2}+1}$
=（a+b）$[\frac{1}{{a}^{2}+1}+\frac{1}{{b}^{2}+1}$-1-$\frac{1}{（a+b）^{2}+1}]$
=（a+b）$\frac{2ab（1-ab）-{a}^{2}{b}^{2}（a+b）^{2}}{（{a}^{2}+1）（{b}^{2}+1）[（a+b）^{2}+1]}$ 
=（a+b）$\frac{2ab（a+b）c-{a}^{2}{b}^{2}（a+b）^{2}}{（{a}^{2}+1）（{b}^{2}+1）[（a+b）^{2}+1]}$ 
=$\frac{ab（a+b）^{2}[2c-ab（a+b）]}{（{a}^{2}+1）（{b}^{2}+1）[（a+b）^{2}+1]}$．
0≤a≤b≤c≤1，∴0≤a+b≤2，ab≤ac≤c（∵a≤1），
从而ab≤c，∴ab（a+b）≤2c，∴2c-ab（a+b）≥0．
从而f（a，b，c）-f（0，a+b，$\frac{1}{a+b}$）≥0，
∴f（a，b，c）≥f（0，a+b，$\frac{1}{a+b}$）．
而$\frac{1}{a+b}$+a+b≥2．
f（0，a+b，$\frac{1}{a+b}$）=$\frac{1}{a+b}$+$\frac{1}{a+b+\frac{1}{a+b}}$+a+b．
而f（x）=x+1/x在[√2，+∞）上单调递增．
∴f（0，a+b，$\frac{1}{a+b}$）≥$2+\frac{1}{2}$=$\frac{5}{2}$．
∴f（a，b，c）≥f（0，a+b，$\frac{1}{a+b}$）≥$\frac{5}{2}$．

点评 本题考查了基本不等式的性质、函数的单调性、换元法，考查了推理能力与计算能力，属于难题．