题目（高三 · 代数）：19. 设 $n$ 个正数 $a_{1}, a_{2}, \cdots, a_{n}$ 满足 $a_{1} \leqslant a_{2} \leqslant \ldots \leqslant a_{n}\left(n \in \mathrm{N}^{*}\right.$ 且 $\left.n \geqslant 3\right)$.

（1）当 $n=3$ 时, 证明: $\frac{a_{1} a_{2}}{a_{3}}+\frac{a_{2} a_{3}}{a_{1}}+\frac{a_{3} a_{1}}{a_{2}} \geqslant a_{1}+a_{2}+a_{3}$;
选项：
答案：答案: 证明: 因为 $a_{n}\left(n \in \mathrm{N}^{*}\right.$ 且 $\left.n \geqslant 3\right)$ 均为正实数,

左一右 $=\frac{1}{2}\left(\frac{a_{1} a_{3}}{a_{2}}+\frac{a_{1} a_{2}}{a_{3}}-2 a_{1}\right)+\frac{1}{2}\left(\frac{a_{2} a_{3}}{a_{1}}+\frac{a_{1} a_{2}}{a_{3}}-2 a_{2}\right)+\frac{1}{2}\left(\frac{a_{2} a_{3}}{a_{1}}+\frac{a_{1} a_{3}}{a_{2}}-2 a_{3}\right)$

$\geqslant \frac{1}{2}\left(2 \sqrt{\frac{a_{1} a_{3}}{a_{2}} \times \frac{a_{1} a_{2}}{a_{3}}}-2 a_{1}\right)+\frac{1}{2}\left(2 \sqrt{\frac{a_{2} a_{3}}{a_{1}} \times \frac{a_{1} a_{2}}{a_{3}}}-2 a_{2}\right)+\frac{1}{2}\left(2 \sqrt{\frac{a_{2} a_{3}}{a_{1}} \times \frac{a_{1} a_{3}}{a_{2}}}-2 a_{3}\right)$

$=0$,

所以, 原不等式 $\frac{a_{2} a_{3}}{a_{1}}+\frac{a_{1} a_{3}}{a_{2}}+\frac{a_{1} a_{2}}{a_{3}} \geqslant a_{1}+a_{2}+a_{3}$ 成立

(2) 当 $n=4$ 时, 不等式 $\frac{a_{1} a_{2}}{a_{3}}+\frac{a_{2} a_{3}}{a_{4}}+\frac{a_{3} a_{4}}{a_{1}}+\frac{a_{4} a_{1}}{a_{2}} \geqslant a_{1}+a_{2}+a_{3}+a_{4}$ 也成立, 请你将其推广到 $n\left(n \in \mathbb{N}^{*}\right.$ 且 $\left.n \geqslant 3\right)$ 个正数 $a_{1}, a_{2}, \cdots, a_{n}$ 的情形, 归纳出一般性的结论并用数学归纳法证明.答案: 归纳的不等式为:

$\frac{a_{1} a_{2}}{a_{3}}+\frac{a_{2} a_{3}}{a_{4}}+\cdots+\frac{a_{n-2} a_{n-1}}{a_{n}}+\frac{a_{n-1} a_{n}}{a_{1}}+\frac{a_{n} a_{1}}{a_{2}} \geqslant a_{1}+a_{2}+\cdots+a_{n}\left(n \in \mathrm{N}^{*}\right.$ 且 $\left.n \geqslant 3\right)$.

记 $F_{n}=\frac{a_{1} a_{2}}{a_{3}}+\frac{a_{2} a_{3}}{a_{4}}+\cdots+\frac{a_{n-2} a_{n-1}}{a_{n}}+\frac{a_{n-1} a_{n}}{a_{1}}+\frac{a_{n} a_{1}}{a_{2}}-\left(a_{1}+a_{2}+\cdots+a_{n}\right)$,

当 $n=3\left(n \in \mathrm{N}^{*}\right)$ 时, 由（1）知, 不等式成立;

假设当 $n=k\left(k \in \mathbb{N}^{*}\right.$ 且 $\left.k \geqslant 3\right)$ 时, 不等式成立, 即
$F_{k}=\frac{a_{1} a_{2}}{a_{3}}+\frac{a_{2} a_{3}}{a_{4}}+\cdots+\frac{a_{k-2} a_{k-1}}{a_{k}}+\frac{a_{k-1} a_{k}}{a_{1}}+\frac{a_{k} a_{1}}{a_{2}}-\left(a_{1}+a_{2}+\cdots+a_{k}\right) \geqslant 0$.

则当 $n=k+1$ 时,

$F_{k+1}=\frac{a_{1} a_{2}}{a_{3}}+\frac{a_{2} a_{3}}{a_{4}}+\cdots+\frac{a_{k-2} a_{k-1}}{a_{k}}+\frac{a_{k-1} a_{k}}{a_{k+1}}+\frac{a_{k} a_{k+1}}{a_{1}}+\frac{a_{k+1} a_{1}}{a_{2}}-\left(a_{1}+a_{2}+\cdots+a_{k}+a_{k+1}\right)$

$=F_{k}+\frac{a_{k-1} a_{k}}{a_{k+1}}+\frac{a_{k} a_{k+1}}{a_{1}}+\frac{a_{k+1} a_{1}}{a_{2}}-\frac{a_{k-1} a_{k}}{a_{1}}-\frac{a_{k} a_{1}}{a_{2}}-a_{k+1}$

$=F_{k}+a_{k-1} a_{k}\left(\frac{1}{a_{k+1}}-\frac{1}{a_{1}}\right)+a_{k+1}\left(\frac{a_{k}}{a_{1}}-1\right)+\frac{a_{1}}{a_{2}}\left(a_{k+1}-a_{k}\right)$

$\geqslant 0+a_{k}^{2}\left(\frac{1}{a_{k+1}}-\frac{1}{a_{1}}\right)+a_{k+1}\left(\frac{a_{k}}{a_{1}}-1\right)+\frac{a_{1}}{a_{k}}\left(a_{k+1}-a_{k}\right)$

$=\left(a_{k+1}-a_{k}\right)\left(\frac{a_{k}}{a_{1}}+\frac{a_{1}}{a_{k}}-\frac{a_{k+1}+a_{k}}{a_{k+1}}\right)$,

因为 $a_{k+1} \geqslant a_{k}, \frac{a_{k}}{a_{1}}+\frac{a_{1}}{a_{k}} \geqslant 2, \frac{a_{k+1}+a_{k}}{a_{k+1}} \leqslant \frac{a_{k+1}+a_{k+1}}{a_{k+1}}=2$,

所以 $F_{k+1} \geqslant 0$,

所以当 $n=k+1$, 不等式成立.

综上所述, 不等式 $\frac{a_{1} a_{2}}{a_{3}}+\frac{a_{2} a_{3}}{a_{4}}+\cdots+\frac{a_{n-2} a_{n-1}}{a_{n}}+\frac{a_{n-1} a_{n}}{a_{1}}+\frac{a_{n} a_{1}}{a_{2}} \geqslant a_{1}+a_{2}+\cdots+a_{n} \quad\left(n \in \mathrm{N}^{*}\right.$ 且 $\left.n \geqslant 3\right)$ 成立.
解析：: 分析: 本题主要考查了数学归纳法证明不等式, 解决问题的关键是根据 (1) 由于 $\frac{a_{1} a_{2}}{a_{3}}$

与 $\frac{a_{2} a_{3}}{a_{1}}$ 积为 $a_{2}{ }^{2}$, 所以利用基本不等式进行证明: $\frac{a_{1} a_{2}}{a_{3}}+\frac{a_{2} a_{3}}{a_{1}} \geq 2 \sqrt{\frac{a_{1} a_{2}}{a_{3}} \times \frac{a_{2} a_{3}}{a_{1}}}=2 a_{2}$, $\frac{a_{2} a_{3}}{a_{1}}+\frac{a_{3} a_{1}}{a_{2}} \geqslant 2 a_{3}, \frac{a_{1} a_{2}}{a_{3}}+\frac{a_{3} a_{1}}{a_{2}} \geqslant 2 a_{1}$, 三式相加得 $2\left(\frac{a_{1} a_{2}}{a_{3}}+\frac{a_{2} a_{3}}{a_{1}}+\frac{a_{3} a_{1}}{a_{2}}\right) \geqslant 2\left(a_{1}+a_{2}+a_{3}\right)$, 即 $\frac{a_{1} a_{2}}{a_{3}}+\frac{a_{2} a_{3}}{a_{1}}+\frac{a_{3} a_{1}}{a_{2}} \geqslant a_{1}+a_{2}+a_{3}$ （2) 本题结构对称, 易于归纳出 $\frac{a_{1} a_{2}}{a_{3}}+\frac{a_{2} a_{3}}{a_{4}}+\cdots+\frac{a_{n-2} a_{n-1}}{a_{n}}+\frac{a_{n-1} a_{n}}{a_{1}}+\frac{a_{n} a_{1}}{a_{2}} \geqslant a_{1}+a_{2}+\cdots+a_{n}$, 用数学归纳法证明时的难点在于明确 $n=k+1$ 时式子与 $n=k$ 式子关系: 其差为 $\frac{a_{k-1} a_{k}}{a_{k+1}}+\frac{a_{k} a_{k+1}}{a_{1}}+\frac{a_{k+1} a_{1}}{a_{2}}-\frac{a_{k-1} a_{k}}{a_{1}}-\frac{a_{k} a_{1}}{a_{2}}$, 问题转化为证明 $\frac{a_{k-1} a_{k}}{a_{k+1}}+\frac{a_{k} a_{k+1}}{a_{1}}+\frac{a_{k+1} a_{1}}{a_{2}}-\frac{a_{k-1} a_{k}}{a_{1}}-\frac{a_{k} a_{1}}{a_{2}} \geq a_{k+1}$, 这可利用作差, 因式分解得证.