∵a+b>c,a,b,c>0,

∴a+b+2ab+abc>c.

这与①相矛盾,∴假设不成立.

∴原不等式成立.

8已知a,b,c∈R,a+b+c>0,ab+bc+ca>0,abc>0,求证:a,b,c>0.

证明:假设a,b,c不全为正数,

由abc>0可知,a,b,c中必有两负一正,

不妨设a,b<0,c>0,

∵a+b+c>0有c>-(a+b)>0.

两端同乘以a+b,有(a+b)c<-(a+b)2,

即ac+bc<-a2-2ab-b2.

由此可知ab+bc+ca<-a2-ab-b2=-(a2+ab+b2)<0.

这与已知ab+bc+ca>0矛盾.

故假设不成立,

∴a,b,c>0.

拓展探究

9已知函数f(x)(x∈R)满足下列条件:对任意的实数x1,x2都有

λ(x1-x2)2≤(x1-x2)［f(x1)-f(x2)］和|f(x1)-f(x2)|≤|x1-x2|,

其中λ是大于0的常数,设实数a0,a,b满足f(a0)=0和b=a-λf(a).

(1)证明λ≤1,并且不存在b0≠a0,使得f(b0)=0;

(2)证明(b-a0)2≤(1-λ2)(a-a0)2;

(3)证明［f(b)］2≤(1-λ2)［f(a)］2.

思路分析:(1)利用不等式的传递性及反证法证明;(2),(3)都是由构造法,结合不等式的传递性证明.

证明:(1)任取x1,x2∈R,x1≠x2,

则由λ(x1-x2)2≤(x1-x2)［f(x1)-f(x2)］①

和|f(x1)-f(x2)|≤|x1-x2|,②

可知,λ(x1-x2)2≤(x1-x2)［f(x1)-f(x2)］≤|x1-x2|·|f(x1)-f(x2)|≤|x1-x2|2,

从而λ≤1.

假设有b0≠a0,使得f(b0)=0,

则由①式知0<λ(a0-b0)2≤(a0-b0)［f(a0)-f(b0)］=0,矛盾.

所以不存在b0≠a0,使得f(b0)=0.

(2)由b=a-λf(a),③

可知(b-a0)2=［a-a0-λf(a)］2=(a-a0)2-2λ(a-a0)f(a)+λ2［f(a)］2.④

由f(a0)=0和①式,得(a-a0)f(a)=(a-a0)［f(a)-f(a0)］≥λ(a-a0)2.⑤

由f(a0)=0和②式知,［f(a)］2=［f(a)-f(a0)］2≤(a-a0)2.⑥

则将⑤⑥代入④式,得(b-a0)2≤(a-a0)2-2λ2(a-a0)2+λ2(a-a0)2=(1-λ2)(a-a0)2.

(3)由③式,可知［f(b)］2=［f(b)-f(a)+f(a)］2

=［f(b)-f(a)］2+2f(a)［f(b)-f(a)］+［f(a)］2

≤(b-a)2-2·［f(b)-f(a)］+［f(a)］2

=λ2［f(a)］2-(b-a)［f(b)-f(a)］+［f(a)］2