《2024年世纪金榜高中全程学习方略高中数学必修第一册人教版》

【典例】(2024·潍坊高一检测)已知$a＞0,b＞0,c＞0$，求证：
(1)$\frac{b + c}{a}+\frac{a + c}{b}+\frac{a + b}{c}\geq6$；
(2)$a(b^{2}+c^{2})+b(a^{2}+c^{2})+c(a^{2}+b^{2})\geq6abc$.

答案： [解析]
(1)$\frac{b+c}{a}$+$\frac{a+c}{b}$+$\frac{a+b}{C}$=$\frac{b}{a}$+$\frac{c}{a}$+$\frac{a}{b}$+$\frac{c}{b}$+$\frac{a}{c}$+$\frac{b}{C}$=
　$\frac{b}{a}$+$\frac{a}{b}$+$\frac{c}{a}$+$\frac{a}{C}$+$\frac{c}{b}$+$\frac{b}{c}$，
　因为$a＞0,b＞0,c＞0$，所以$\frac{b}{a}$+$\frac{a}{b}$≥2$\sqrt{\frac{b}{a}.\frac{a}{b}}$=2，$\frac{c}{a}$+$\frac{a}{c}$≥2$\sqrt{\frac{c}{a}\frac{a}{C}}$=2，$\frac{c}{b}$+$\frac{b}{C}$≥2$\sqrt{\frac{c}{b}.\frac{b}{C}}$=2，
　当且仅当$a=b=c$时，等号成立.所以$\frac{b+c}{a}$+$\frac{a+c}{b}$+$\frac{a+b}{c}$≥6；
(2)因为$b²+c²≥2bc$，$a＞0$，所以$a(b²+c²)≥2abc$，当且仅当$b=c$时，等号成立；
　因为$a²+c²≥2ac$，$b＞0$，所以$b(a²+c²)≥2abc$，当且仅当$a=c$时，等号成立；
　因为$a²+b²≥2ab$，$c＞0$，所以$c(a²+b²)≥2abc$，当且仅当$a=b$时，等号成立；
　累加，得$a(b²+c²)+b(a²+c²)+c(a²+b²)≥6abc$，当且仅当$a=b=c$ 时，等号成立，证毕.

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(2024·沈阳高一检测)已知$a,b,c$均为正实数，且$a + b + c = 1$.
(1)求证：$(\frac{1}{a}-1)(\frac{1}{b}-1)(\frac{1}{c}-1)\geq8$；
(2)求$\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}$的最小值.

答案： [解析]
(1)原式=$(\frac{a+b+c}{a}-1)(\frac{a+b+c}{b}-1)(\frac{a+b+c}{c}-1)$
　=$\frac{(b+c)(a+c)(a+b)}{abc}$≥$\frac{2\sqrt{bc}.2\sqrt{ac}.2\sqrt{ab}}{abc}$=$\frac{8abc}{abc}$=8.
　当且仅当$a=b=c=\frac{1}{3}$时取等号，
　所以$(\frac{1}{a}-1)(\frac{1}{b}-1)(\frac{1}{c}-1)\geq8$；
(2)原式=$\frac{a+b+c}{a}+\frac{a+b+c}{b}+\frac{a+b+c}{c}=(\frac{b}{a}+\frac{a}{b})+(\frac{c}{a}+\frac{a}{c})+(\frac{c}{b}+\frac{b}{c})+3\geq2\sqrt{\frac{b}{a}.\frac{a}{b}}+2\sqrt{\frac{c}{a}.\frac{a}{c}}+2\sqrt{\frac{c}{b}.\frac{b}{c}}+3$
　=$2×3+3=9$.
　当且仅当$a=b=c=\frac{1}{3}$时取等号，所以$\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}$的最小值为9.