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kuing 网络撸题集kuing web luing problem jí

kuing 编著更新于 2015 年 12 月 22 日冬至

∫ cu

k 我只是一个虚

拟的网络 ID

前　　言

话说从小喜爱理科而对文科毫无兴趣的我，靠着一点小聪明，糊里糊涂地就考进了一所普通高中。由于理

科成绩一直名列前茅，故而目中无人，自称「高手」①。

2005 年 9 月初，我刚升高二，某日，某同学问我是否了解「双十字相乘」，如你所料，当时我未曾听过，该同学说是在「人教论坛」看到，推荐我看看，其实此前我连论坛是什么样的都不清楚，听他说得挺过瘾的样子，

于是当晚我就上去看了一下，从此就进入了网络数学论坛的世界并有如黄河泛滥一发不可收拾。

进入人教论坛，与论坛上的网友切磋，才知道什么是高手。自此，我才算是开始认真地学习数学，并暗自

定下目标——我也要成为论坛版主，这个目标在我拿高中毕业证那一天实现了②。期间，我还去过很多数学论

坛上游玩，也加了一些数学 QQ 群，结识了越来越多的数学爱好者。由于文科始终一点也没学，故此高中毕业后直接成为无业游民，但依旧在网络上玩数学，虽然也自学了一

些大学的东西，但是我玩的主要还是初等数学，其中的至爱是不等式，其次是几何。

2009 年大概后半年，我决定再开阔一下视野，至少在初等不等式上应该放眼全世界，所以我去了著名的国际性的数学论坛——Mathlinks③上面玩，虽然我的英语很穷，但幸运的是不等式题的解题过程不太需要文字，所以问题不大。Mathlinks 上确实有着来自世界各地的顶尖高手，让我涨了不少姿势。

2011 年 9 月，当我得知 MathJax 可以轻松实现编译网页上的 LATEX 公式后，当即决定要自己弄一个论坛搞起来，于是我在 5d6d 申请了一个免费论坛，名叫「悠闲数学娱乐论坛」，从此将「战场」转移到自己的主场。后来 5d6d 变故，我又在台湾的 sclub 申请免费论坛「悠闲数学娱乐论坛 (第 2 版)」继续玩，直到现在。

本书就是要将我多年来在网络上所撸的题目作一个大整理。这种事情人教论坛上有几位版主早就做过，其

实我也很早就想做，因为早就发现网上的东西不稳定，偶尔就有网站说挂就挂，或者丢帖子、附件等。然而我

一直很懒，加上我要求高，预料到工程会很大，所以迟迟未开工。直到人教网刊《数学空间》诞生，作为其责

编之一，在制作的过程中让我积累了编写经验以及对 LATEX 更加熟悉，有了这样的基础我才敢开工。工程有多大呢？首先逐一浏览我在各论坛的回帖和 QQ 聊天记录④，然后录入、评注或进一步研究等，为保证图形质量，所有图形均重新绘制过，尽可能精确作图，并且必须为矢量图⑤。整个工程由我一人完全包办，故此本书中收

录的题目只能是经过筛选的⑥，也难免会有不少错误，还请多多包涵并将错误告知于我⑦以作修订。

最后，我要感谢国家⑧，感谢我爸爸、妈妈、哥哥、所有亲人，感谢曾经的老师和同学，感谢所有我的好朋

友，感谢所有帮助过我的人，感谢爱我的人和我爱的人，感谢全世界！

前言就写到呢度啦，估唔到自己竟然可以鸠⑨噏禁多嘢出嚟，唔阻大家睇正文啦，係咁先啦！⑩⑪

kuing

①这也成了高中时代我的绰号②确实是很巧，所以记得很清楚③如今叫 Art of Problem Solving，简称 AoPS④幸好早就有备份的习惯，所以即使重装过 N 次系统甚至换过电脑，聊天记录保存得还算好，最早还能查到 2007 年的对话⑤即无论放大多少倍来看也不会产生锯齿的图形⑥这也意味着本书没多少简单题，特别是不等式类，「录取线」会比较高，而且在后期优化时还删减了不少⑦可以发电子邮件至我的邮箱：[email protected]，也可以在论坛留言⑧听说这必须要放在第一位⑨呢个字准确嚟讲应该用「𨳊」或者「㞗」，但注意唔能够用「尻」⑩这段是粤语⑪脚注那么多，真逗

一些说明

符号约定

• 关于求和与求积符号：∑cyc

表示轮换求和，例如

∑cyc

f(a, b, c) = f(a, b, c) + f(b, c, a) + f(c, a, b),

∑cyc

f(a, b, c, d) = f(a, b, c, d) + f(b, c, d, a) + f(c, d, a, b) + f(d, a, b, c).

∑sym

表示对称求和，即对变量的所有可能排列都进行求和，例如

∑sym

f(a, b, c) = f(a, b, c) + f(b, c, a) + f(c, a, b) + f(a, c, b) + f(c, b, a) + f(b, a, c).

四元对称求和的项数较多，共 4! = 24 项，这里就不具体写出了。

类似地，∏cyc

与∏sym

表示轮换求积和对称求积。

实际上，轮换的情况通常被简写成∑

与∏

，这是因为多数题目出现的都是轮换，省去 cyc 算是约定俗成，本书亦遵从此约定。

例如等式(a

a+ b

)2+

(b

b+ c

)2+

(c

c+ a

)2+

3abc− a2b− b2c− c2a(a+ b)(b+ c)(c+ a)

− 34=

(a− b)2(b− c)2(c− a)2

4(a+ b)2(b+ c)2(c+ a)2,

用标准的求和或求积符号来表达本应写为

∑cyc

(a

a+ b

)2+

3abc−∑cyc

a2b∏cyc

(a+ b)− 3

4=

∏cyc

(a− b)2

4∏cyc

(a+ b)2,

在本书中将会简写成 ∑( aa+ b

)2+

3abc−∑

a2b∏(a+ b)

− 34=

∏(a− b)2

4∏(a+ b)2

.

• 在无特别说明情况下，默认 △ABC 三边长为 BC = a, CA = b, AB = c，外接圆半径和内切圆半径分别为 R 和 r，面积为 S，半周长为 s（有些地方会用 p），与 BC, CA, AB 边相切的旁切圆半径分别为 ra,rb, rc，BC, CA, AB 边上的中线长、内角平分线长、高线长分别为 ma, mb, mc、wa, wb, wc、ha, hb, hc。

• 为书写方便，有时以 LHS 和 RHS 分别表示式中等号或不等号的左边和右边。WLOG 为英文 withoutloss of generality 的缩写，中文意思为不失一般性。CS（或 C-S）为 Cauchy-Schwarz 不等式的缩写。AG

（或 A-G、Am-Gm 等）为算术—几何平均值不等式的缩写。

章节及题目编排

本书主要按照题目是我在哪里看到的以及题目的类型来分章节，这里有必要说明一些类型我是怎么分的，

以便大家查找。

不等式类——除了不等式证明之外，还包括用不等式求最值之类，或者说是以基本不等式方法为重点的题

目，这里说的基本不等式并非仅指均值不等式，而是泛指像 AG、CS、Hölder、Schür 等等的常用不等式。几何类——包括平面几何、立体几何以及解析几何（含高等几何），还有一些以几何图形为主的向量题。

函数类——初等的函数题目，包括三角函数、函数方程以及相对简单的导数问题等等，不会过多涉及高等

数学内容。

数列类——数列求通项、数列求和等等相对初等的数列题，不会过多涉及高等数学内容。

除此之外的，像排列组合、概率、数论、极限、微积分这些，我撸得不多的，全都放到其他类。

而对于同时涉及两个以上类型的题目，比如数列不等式、几何不等式这些，将视其侧重哪方面而定（事实

上，数列不等式时常会放到数列类；几何不等式时常会放到不等式类），如果都侧重，则放到综合类。

其实搞分类算是给自己出了个难题，有的题真不好归类，时常令我举棋不定，真是自找麻烦。

至于题目的排序，除了最后一章外，每节里面将按解答时间逆序排列，即有较新解答的题目将放在较前，

就像论坛版块里的帖子那样。

题目及解答的编写

本书的题目一般按如下的格式进行编写：

题目 x.y.z 题目的内容

帖地址原帖的网址（来自 QQ 上的无此项）

贴题者贴出题目的人的网名（来自 QQ 上的还会标注 Q 号前四位）

题目出处题目的出处（可选）

证明/解我的解答过程

解答时间解答的时间

注对于以上内容的补充说明、他人的精彩解答、进一步研究等等（可选）

其中：

x 为章，y 为节，z 按节内题目排号，公式及图表的编号类似。

注意「贴题者」不等于命题者，大多数时候为提问者，也有不少为题目分享、征解等等。

题目出处我只能是尽量给出，如果你能提供某些题的出处，可告知我。

我的解答过程如无特别说明则都是我独立给出的，如有雷同……呃……也算正常，在初等数学题里要找到

未出现过的解法并不容易。

他人的精彩解答我尽量会收录，一般放在「注」里面，并且会注明解答者。如本书中有任何内容侵犯到你

的权益，请告知我。

如何使用本书

本书不是一本教程，只是一大堆题目和解答的堆砌，所以当你读完前面这些说明之后，你就可以开始随机

地翻看本书而不必按顺序来看，或者当字典来用也行，故此我建议你多运用 PDF 阅读器的搜索功能，不仅可以搜文字，还可以搜公式，至于具体细节则因阅读器而异，请自行摸索，我只说一招挺实用的：当你想搜某个

公式而不知应该怎么输入时，随便翻出一个格式类似公式，复制、粘帖、修改、搜之。

目　　录

1 来自悠闲数学娱乐论坛 (第 2 版) 11.1 不等式类 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11.2 几何类 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 491.3 函数类 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 921.4 数列类 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1041.5 综合 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1161.6 其他 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 128

2 来自悠闲数学娱乐论坛 (旧版，已封印) 1472.1 不等式类 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1472.2 几何类 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1842.3 函数类 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2022.4 数列类 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2112.5 综合 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2192.6 其他 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 223

3 来自 AoPS 论坛 2393.1 三元不等式类 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2393.2 四元不等式类 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3213.3 多元不等式类 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3263.4 几何不等式类 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3403.5 其他 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 351

4 来自人教论坛 3614.1 2014 年玩高考题帖 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3614.2 2012 年玩高考题帖 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3734.3 2011 年玩高考题帖 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3864.4 2010 年玩高考题帖 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3994.5 2009 年玩高考题帖 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4084.6 不等式类 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4204.7 几何类 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5044.8 函数类 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5534.9 数列类 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5704.10 综合 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5804.11 其他 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 591

i

kuing 网络撸题集目　　录

5 来自人教论坛数学官方 QQ 群 6175.1 不等式类 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6175.2 几何类 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6715.3 函数类 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7155.4 数列类 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7455.5 综合 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7575.6 其他 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 769

6 纳纳杂杂炒埋一碟 8056.1 来自中国不等式研究小组论坛 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8056.2 来自奥数之家论坛 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8166.3 来自爱问知识人 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8226.4 来自 GZ4U 论坛 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8346.5 来自广东高中数学教师 QQ 群 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8466.6 来自中国数学解题学研究会 QQ 群 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8746.7 来自数学旅程 QQ 群 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8896.8 来自不等式研究 QQ 群 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9016.9 来自中学教研参考数学 QQ 群的数学问题征解系列 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9156.10 来自其他地方 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 931

7 除了链接还是链接 10137.1 FAQ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10137.2 乱七八糟 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1031

7.2.1 不等式类 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10317.2.2 几何类 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10367.2.3 函数类 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10407.2.4 数列类 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10427.2.5 综合 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10437.2.6 其他 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1044

参考文献 1051

ii

第一章来自悠闲数学娱乐论坛 (第 2 版)

1.1 不等式类

题目 1.1.1. 已知 a, b, c > 0, a+ b+ c = 3，求证

1

4 + b2 − c+

1

4 + c2 − a+

1

4 + a2 − b⩾ 3

4.

帖地址 http://kuing.orzweb.net/viewthread.php?tid=3747贴题者成龙之龙

证明待定系数 t，由柯西有

∑ 14 + b2 − c

=∑ (a+ tc)2

(a+ tc)2(4 + b2 − c)⩾ (

∑(a+ tc))

2∑(a+ tc)2(4 + b2 − c)

=(1 + t)2(a+ b+ c)2∑(a+ tc)2(4 + b2 − c)

,

故只需证

4(1 + t)2(a+ b+ c)2 ⩾ 3∑

(a+ tc)2(4 + b2 − c),

齐次化即

4(1 + t)2(a+ b+ c)4 ⩾ 3∑

(a+ tc)2(4(a+ b+ c)2 + 9b2 − 3c(a+ b+ c)

),

展开为

F = P∑

a4 +Q∑

a3b+R∑

ab3 + S∑

a2b2 + T∑

a2bc ⩾ 0,

其中

P = t2 + 8t− 8,

Q = t2 + 26t− 8,

R = t2 + 8t+ 1,

S = −27t2 + 18t− 18,

T = 24t2 − 60t+ 33.

我们有如下引理（其证明见随后的注）。

引理 1.1.1. 设 a, b, c ⩾ 0，则有∑a4 −

∑a2b2 ⩾ 2

∣∣∣∑ a3b−∑ ab3∣∣∣ .根据引理 1.1.1，我们有

Q∑

a3b+R∑

ab3 =Q+R

2

(∑a3b+

∑ab3)+

Q−R2

(∑a3b−

∑ab3)

1

http://kuing.orzweb.net/viewthread.php?tid=3747

kuing 网络撸题集 1. 来自悠闲数学娱乐论坛 (第 2 版)

⩾ Q+R2

(∑a3b+

∑ab3)−∣∣∣∣Q−R2 (∑ a3b−∑ ab3)

∣∣∣∣⩾ Q+R

2

(∑a3b+

∑ab3)− |Q−R|

4

(∑a4 −

∑a2b2

),

则

F ⩾(P − |Q−R|

4

)∑a4 + (Q+R)

∑a3b+

∑ab3

2+

(S +

|Q−R|4

)∑a2b2 + T

∑a2bc,

现在，我们取 t = 3/2，代入上式中，即得

F ⩾ 74

∑a4 +

97

2·∑

a3b+∑

ab3

2− 189

4

∑a2b2 − 3

∑a2bc ⩾ 0,

所以原不等式得证。

解答时间 2015-12-20注可以取的 t 不唯一。下面是引理 1.1.1 的证明。

证明左边配方右边因式分解，等价于∑(a2 − b2)2 ⩾ 4(a+ b+ c)|(a− b)(b− c)(c− a)|,

不妨设 c = min{a, b, c}，令 a = c+ t, b = c+ u, t, u ⩾ 0，则等价于

f(c) = (t− u)2(2c+ t+ u)2 + t2(2c+ t)2 + u2(2c+ u)2 − 4tu|t− u|(3c+ t+ u) ⩾ 0,

求导得

f ′(c) = 4(t− u)2(2c+ t+ u) + 4t2(2c+ t) + 4u2(2c+ u)− 12tu|t− u|

⩾ 4(t− u)2(t+ u) + 4t3 + 4u3 − 12tu|t− u|

⩾ 12 3√(t− u)2(t+ u)t3u3 − 12tu|t− u|

⩾ 12 3√(t− u)2|t− u|t3u3 − 12tu|t− u|

= 0,

所以

f(c) ⩾ f(0)

= (t2 − u2)2 + t4 + u4 − 4tu|t2 − u2|

= 2(t2 − u2)2 + 2t2u2 − 4tu|t2 − u2|

⩾ 4√(t2 − u2)2t2u2 − 4tu|t2 − u2|

= 0,

所以引理 1.1.1 得证。

♠

题目 1.1.2. 已知 a, b, c, d 满足 a, d ⩾ 0, b, c > 0 且 b+ c ⩾ a+ d，设

F =c

b+ a+

b

c+ d,

求 F 的最小值。

2

1.1. 不等式类 kuing 网络撸题集

帖地址 http://kuing.orzweb.net/viewthread.php?tid=3691贴题者 kuing

解如果交换 b, c，同时又交换 a, d，则条件及 F 均不变，故此可以不妨设 b ⩾ c。（1）当 b > 3c 时，由条件有

F ⩾ cb+ a

+b

b+ 2c− a,

而c

b+ a+

b

b+ 2c− a−(c

b+

b

b+ 2c

)=

a2(b2 + bc+ 2c2) + a(b3 − b2c− 4bc2 − 4c3)b(a+ b)(b+ 2c)(b+ 2c− a)

,

由 b > 3c 得

b3 − b2c− 4bc2 − 4c3 > 2b2c− 4bc2 − 4c3 > 2bc2 − 4c3 > 2c3 > 0,

所以

F ⩾ cb+

b

b+ 2c=

b+ 2c

2b+

b

b+ 2c− 1

2⩾√2− 1

2;

（2）当 c ⩽ b ⩽ 3c 时，由柯西有

F ⩾(√

c+√b)2

a+ b+ c+ d⩾ b+ c+ 2

√bc

2(b+ c)=

1

2+

1√bc +

√cb

⩾ 12+

1√3 + 1√

3

=1

2+

√3

4.

容易验证

1

2+

√3

4>√2− 1

2,

故综合（1）（2），恒有F ⩾

√2− 1

2,

当 a = 0, d = b+ c, b/c = 2 + 2√2 时取等，故 F 最小值就是

√2− 1/2。

解答时间 2015-10-25注这道题是陈题，据说是前苏联的竞赛题，几年前我曾经证过，不过证得非常麻烦，以上证法是后期整理

时才想到的。当然了，论巧妙还是不及下面这个经典的均值解法，这里录入的过程是网友「鱼儿」在 2010-1-25给出的。

解 (by 鱼儿) 因为 b+ c ⩾ a+ d，所以 b+ c ⩾ (a+ b+ c+ d)/2。由于将 a, b, c, d 分别用 d, c, b, a 替换后，表达式 b/(c+ d) + c/(a+ b) 不变，故不妨设 a+ b ⩾ c+ d，于是有 1/(c+ d) ⩾ 1/(a+ b)，从而有

b

c+ d+

c

a+ b=

b+ c

c+ d− c

c+ d+

c

a+ b

⩾ 12· a+ b+ c+ d

c+ d− c

(1

c+ d− 1

a+ b

)⩾ 1

2· a+ b+ c+ d

c+ d− (c+ d)

(1

c+ d− 1

a+ b

)=

1

2· a+ bc+ d

+c+ d

a+ b− 1

2

⩾ 2√

1

2· a+ bc+ d

· c+ da+ b

− 12

=√2− 1

2.

♡

3



题目 1.1.3. x, y, z ⩾ 0, |k| ⩽ 2, prove∑(√y2 + z2 + kyz −

√z2 + x2 + kzx

)2 ⩽∑(x− y)2.帖地址 http://kuing.orzweb.net/viewthread.php?tid=3632贴题者成龙之龙

证明下面我将证明原不等式对 x, y, z ∈ R, |k| ⩽ 2 恒成立。展开左边可知原不等式等价于

4∑

x2 + 2k∑

xy − 2∑√

(y2 + z2 + kyz)(z2 + x2 + kzx) ⩽∑

(x− y)2.

设 f(x) =√ax2 + bx+ c，不难计算出

f ′′(x) =4ac− b2

4√(ax2 + bx+ c)3

,

特别地，当 f(x) =√(mx+ n)(px+ q) 时

4ac− b2 = 4mnpq − (mq + np)2 = −(mq − np)2 ⩽ 0,

由此可见∑√

(y2 + z2 + kyz)(z2 + x2 + kzx) 中的三项都是关于 k 的上凸函数，这表明原不等式左边是关于

k 的下凸函数，所以，我们只需证明当 k = ±2 的情况即可。当 k = 2 时，原不等式等价于 ∑

(|y + z| − |z + x|)2 ⩽∑

(x− y)2,

容易证明对任意实数 a, b 有 (|a| − |b|)2 ⩽ (a− b)2，因此有 (|y + z| − |z + x|)2 ⩽ (x− y)2，所以上式成立；当 k = −2 时，原不等式等价于∑

(|y − z| − |z − x|)2 ⩽∑

(x− y)2,

由对称性不妨设 x ⩾ y ⩾ z，则上式化为

(x− 2y + z)2 ⩽ (x− z)2,

因式分解即为

4(x− y)(y − z) ⩾ 0,

显然成立。

综上所述，原不等式对 x, y, z ∈ R, |k| ⩽ 2 恒成立。

解答时间 2015-8-30 ~ 31

♣

题目 1.1.4. In triangle ABC, prove

A sinA

2+B sin

B

2+ C sin

C

2⩾ π

2.


4

http://kuing.orzweb.net/viewthread.php?tid=3632http://kuing.orzweb.net/viewthread.php?tid=3628


证明下面证明

A sinA

2⩾ 6 +

√3π

12A−

√3π2

36.

令

f(x) = x sinx

2− 6 +

√3π

12x+

√3π2

36, x ∈ (0, π],

求导得

f ′(x) = sinx

2+

x

2cos

x

2− 6 +

√3π

12,

f ′′(x) = cosx

2− x

4sin

x

2= sin

x

2

(cot

x

2− x

4

),

易知方程 cot(x/2) = x/4 在 (0, π) 内存在唯一的解，记此解为 x0，则当 x ∈ (0, x0) 时 f ′′(x) > 0，当 x ∈ (x0, π)时 f ′′(x) < 0，容易验证 f ′′(π/3) > 0，所以 π/3 ∈ (0, x0)，又容易验证 f ′(π/3) = 0，由此可得：

（1）当 x ∈ (0, x0] 时 f(x) ⩾ f(π/3) = 0，当且仅当 x = π/3 时取等；（2）当 x ∈ [x0, π] 时 f(x) ⩾ min{f(x0), f(π)}，由（1）知 f(x0) > 0，而 f(π) = π

(9−√3π)/18 > 0，所

以此时恒有 f(x) > 0。

综上所述，当 x ∈ (0, π) 时恒有 f(x) ⩾ 0，所以

A sinA

2+B sin

B

2+ C sin

C

2⩾ 6 +

√3π

12(A+B + C)−

√3π2

12=

π

2.

解答时间 2015-8-30 01:26注其实由上述证明过程，我们已经可以归结出如下专用于切线法的定理。

定理 1.1.1. 设 f(x) 在 [a, b] 上连续，c ∈ [a, b] 且 f(x) 在 [a, c] 内下凸，在 [c, b] 内上凸。（i）若 p ∈ (a, c) 且 f(x) 在 x = p 处有切线 g(x)，且 f(b) ⩾ g(b)，则在 [a, b] 上恒有 f(x) ⩾ g(x)；（ii）若 q ∈ (c, b) 且 f(x) 在 x = q 处有切线 h(x)，且 f(a) ⩽ h(a)，则在 [a, b] 上恒有 f(x) ⩽ h(x)。

证明只证（i），同理可证（ii）。设 F (x) = f(x)− g(x)，由于 g(x) 是一次函数，则 F (x) 也在 [a, c] 内下凸，在 [c, b] 内上凸，且 F ′(d) = 0，

则：

（1）当 x ∈ [a, c] 时 F (x) ⩾ F (d) = 0；（2）当 x ∈ [c, b] 时 F (x) ⩾ min{F (c), F (b)}，由（1）知 F (c) ⩾ 0，而 F (b) = f(b)− g(b) ⩾ 0，所以此时

恒有 F (x) ⩾ 0。综上所述，当 x ∈ [a, b] 时恒有 F (x) ⩾ 0，即 f(x) ⩾ g(x)。定理 1.1.1 获证。

相应地，对于先上凸再下凸的也类似。

定理 1.1.1′. 设 f(x) 在 [a, b] 上连续，c ∈ [a, b] 且 f(x) 在 [a, c] 内上凸，在 [c, b] 内下凸。（i）若 p ∈ (a, c) 且 f(x) 在 x = p 处有切线 g(x)，且 f(b) ⩽ g(b)，则在 [a, b] 上恒有 f(x) ⩽ g(x)；（ii）若 q ∈ (c, b) 且 f(x) 在 x = q 处有切线 h(x)，且 f(a) ⩾ h(a)，则在 [a, b] 上恒有 f(x) ⩾ h(x)。

♢

题目 1.1.5. a, b, c > 0, prove

a3

2b2 − bc+ 2c2+

b3

2c2 − ca+ 2a2+

c3

2a2 − ab+ 2b2⩾ a

5 + b5 + c5

a4 + b4 + c4.


5



证明由 CS 有

∑ a32b2 − bc+ 2c2

=∑ (a5)2

a7(2b2 − bc+ 2c2)⩾ (a

5 + b5 + c5)2∑a7(2b2 − bc+ 2c2)

,

故只需证

(a5 + b5 + c5)(a4 + b4 + c4) ⩾∑

a7(2b2 − bc+ 2c2),

展开即 ∑a9 +

∑a5b4 +

∑a4b5 + abc

∑a6 ⩾ 2

∑a7b2 + 2

∑a2b7,

由 Schür 不等式∑

a7(a− b)(a− c) ⩾ 0 得到∑a9 + abc

∑a6 ⩾

∑a8b+

∑ab8,

故只需证 ∑a8b+

∑ab8 +

∑a5b4 +

∑a4b5 ⩾ 2

∑a7b2 + 2

∑a2b7,

注意到

a8b+ ab8 + a5b4 + a4b5 − 2(a7b2 + a2b7) = ab(a+ b)(a2 + ab+ b2)(a− b)4 ⩾ 0,

所以原不等式得证。

解答时间 2015-8-28注 Schür 后刚好能有这么好的分解，运气真好，另外，我用软件试验过，右边改成

∑a6/

∑a5 都是成立

的，但用同样的方法去证就失效了，有时间再研究下。

♠

题目 1.1.6. a, b, c ∈ R, prove that

a4(b− c)2 + b4(c− a)2 + c4(a− b)2 ⩾ 12(a− b)2(b− c)2(c− a)2.


证明由对称性，不妨设 a ⩾ b ⩾ c，则

a4(b− c)2 + c4(a− b)2 ⩾ 12

(a2(b− c) + c2(a− b)

)2=

1

2(a− c)2(ab+ bc− ca)2

=1

2(a− c)2

(b2 + (a− b)(b− c)

)2⩾ 1

2(a− c)2(a− b)2(b− c)2,

即得证，当 a = b = c 或 b = a+ c = 0 及其轮换时取等。

解答时间 2015-8-28注比想象中简单，设顺序后居然可以少一个加数。另外，由取等条件可知不等式右边的 1/2 是最佳系数。

♡

6



题目 1.1.7. 在 △ABC 中，求下式的最大值

sin A2 sinB2 + sin

B2 sin

C2 + sin

C2 sin

A2

sinA+ sinB + sinC.

帖地址 http://kuing.orzweb.net/viewthread.php?tid=3622贴题者 yuzi

解根据三角恒等式

sinA+ sinB + sinC = 4 cosA

2cos

B

2cos

C

2,

有

原式 =1

4

∑tan

A

2tan

B

2sec

C

2

=1

4

∑tan

A

2tan

B

2

√tan2

C

2+ 1

⩽ 14

√∑tan

A

2tan

B

2

∑tan

A

2tan

B

2

(tan2

C

2+ 1

)

=1

4

√tan

A

2tan

B

2tan

C

2

(tan

A

2+ tan

B

2+ tan

C

2

)+ 1

⩽ 14

√1

3

(∑tan

A

2tan

B

2

)2+ 1

=

√3

6,

当正三角形时取等。

解答时间 2015-8-25 01:47

♣

题目 1.1.8. 设 x1, x2, . . . , xn ∈ (0, 1), n ⩾ 2，则有

√1− x1x1

+

√1− x2x2

+ · · ·+√1− xnxn

<

√(n− 1)n−1

nn−2· 1x1x2 · · ·xn

.

帖地址 http://kuing.orzweb.net/viewthread.php?tid=3613贴题者 kuing题目出处我对 2015 中国女子数学奥林匹克的不等式的加强（原题右边系数为

√n− 1）

证明等价于证

x2x3 · · ·xn√1− x1 + x3x4 · · ·x1

√1− x2 + · · ·+ x1x2 · · ·xn−1

√1− xn <

√(n− 1)n−1

nn−2,

由 xi ∈ (0, 1)，只需证更强式

√x2x3 · · ·xn(1− x1) +

√x3x4 · · ·x1(1− x2) + · · ·+

√x1x2 · · ·xn−1(1− xn) ⩽

√(n− 1)n−1

nn−2,

记

P = x1 + x2 + · · ·+ xn,

7



Q = x2x3 · · ·xn + x3x4 · · ·x1 + · · ·+ x1x2 · · ·xn−1,

则由马克劳林不等式有

Q ⩽ Pn−1

nn−2,

由此，由柯西不等式及均值不等式有√x2x3 · · ·xn(1− x1) +

√x3x4 · · ·x1(1− x2) + · · ·+

√x1x2 · · ·xn−1(1− xn)

⩽√Q(n− P )

⩽√

Pn−1

nn−2(n− P )

=

√1

nn−2(n− 1)Pn−1(n− 1)(n− P )

⩽√

1

nn−2(n− 1)

((n− 1)P + (n− 1)(n− P )

n

)n=

√(n− 1)n−1

nn−2,

即得证。

解答时间 2015-8-13注此不等式右边的系数如无意外还不是最佳系数，如果要研究最佳系数恐怕要出动半凹半凸定理之类的

东西，可能会比较复杂，有时间再研究下。值得一提的是，如果你研究过 n = 3, 4 的情形，可能会猜想右边的系数可以加强到 1，但事实上当 n = 5 时就不成立了。

♢

题目 1.1.9. 设 a, b, c > 0，证明

a

b(a2 + 2b2)+

b

c(b2 + 2c2)+

c

a(c2 + 2a2)⩾ 3

ab+ bc+ ca.

帖地址 http://kuing.orzweb.net/viewthread.php?tid=3608贴题者 v6mm131题目出处 Mathematical Excalibur, Volume 19, Number 5, April 2015 – June 2015, Problem 470.

证明令 x = bc, y = ca, z = ab，则易证

a

b(a2 + 2b2)=

y2

z(2x2 + y2),

因此原不等式等价于 ∑ y2z(2x2 + y2)

⩾ 3x+ y + z

,

由柯西不等式，有 ∑ y2z(2x2 + y2)

=∑ (y2)2

y2z(2x2 + y2)⩾

(∑y2)2∑

y2z(2x2 + y2),

因此只需证 (∑y2)2∑

x ⩾ 3∑

y2z(2x2 + y2),

8



记 p = x+ y + z, q = xy + yz + zx, r = xyz，上式即

(p2 − 2q)2p ⩾ 6qr + 3∑

y4z,

容易验证如下等式 ∑y4z = −pq2 + 2qr + (p2 − q)

(r +

∑x2y),

因此等价于证

(p2 − 2q)2p ⩾ −3pq2 + 12qr + 3(p2 − q)(r +

∑x2y),

由熟知的不等式

r +∑

x2y ⩽ 427

p3,

3pr ⩽ q2,

可知只需证

(p2 − 2q)2p ⩾ −3pq2 + 4q3

p+

4

9(p2 − q)p3,

去分母因式分解等价于

(5p2 − 12q)(p2 − q)(p2 − 3q) ⩾ 0,

由 p2 ⩾ 3q 可知上式显然成立，故原不等式得证。

解答时间 2015-8-8

♠

题目 1.1.10. 设非负实数 a, b, c 满足 a2 + b2 + c2 = 1，证明

√a+ b+

√b+ c+

√c+ a ⩾ 5abc+ 2.

帖地址 http://kuing.orzweb.net/viewthread.php?tid=3596贴题者其妙

证明设 k = 9√2 4√3− 6

√3 ≈ 6.35858，下面证明更强式√a+ b+

√b+ c+

√c+ a ⩾ kabc+ 2.

令 p = a+ b+ c, q = ab+ bc+ ca, r = abc，则由 a2 + b2 + c2 = 1 得 p2 = 2q + 1。由

√(a+ b)(b+ c)− b = q√

(a+ b)(b+ c) + b⩾ q

a+2b+c2 + b

=2q

a+ 4b+ c,

得 √(a+ b)(b+ c) ⩾ b+ 2q

a+ 4b+ c,

于是 (∑√a+ b

)2= 2p+ 2

∑√(a+ b)(b+ c)

⩾ 4p+ 4q∑ 1

a+ 4b+ c

⩾ 4p+ 4q · 9∑(a+ 4b+ c)

9



= 4p+6q

p

= 4p+3(p2 − 1)

p

= 7p− 3p,

故此只需证

7p− 3p⩾ (kr + 2)2,

因为

3pr ⩽ q2 = (p2 − 1)2

4=⇒ r ⩽ (p

2 − 1)2

12p,

故此只需证

7p− 3p⩾(k · (p

2 − 1)2

12p+ 2

)2,

将 k 的值代入后作差分解（又要开挂了），得

7p− 3p−(k · (p

2 − 1)2

12p+ 2

)2=

1

4232p2(2 + 3

√3− 2

√2

4√27)(√

3− p)(p− 1)

(1587p6 +

(1587 + 1587

√3)p5 + 1587

√3p4

+(3312 + 1104

√2

4√3 + 736

√3 + 1656

√2

4√27)p3 +

(10281 + 6072

√2

4√3 + 4048

√3 + 2760

√2

4√27)p2

+(4073 + 3144

√2

4√3 + 2993

√3 + 944

√2

4√27)p+ 529

√3),

易证 2 + 3√3− 2

√2 4√27 > 0，由 a2 + b2 + c2 = 1 易证

√3 ⩾ p ⩾ 1，从而上式非负，即得证。

当 a = b = c =√1/3 或 a = b = 0, c = 1 及其轮换时等号成立。

解答时间 2015-7-30注最佳系数，不开挂不敢撸，唉。

♡

题目 1.1.11. 若 a, b, c ⩾ 0, a+ b+ c = 3，证明

a

b3 + 16+

b

c3 + 16+

c

a3 + 16⩾ 1

6.

帖地址 http://kuing.orzweb.net/viewthread.php?tid=3582贴题者 v6mm131

证明首先由

1

x3 + 16−(

1

16− x

2

192

)=

x2(x− 2)2(x+ 4)192(x3 + 16)

,

可知 ∑ ab3 + 16

⩾∑

a

(1

16− b

2

192

)=

3

16− 1

192

∑ab2,

于是只需证3

16− 1

192

∑ab2 ⩾ 1

6,

10



即 ∑ab2 ⩽ 4,

这由熟知的

ab2 + bc2 + ca2 + abc ⩽ 427

(a+ b+ c)3

立得，即得证。

解答时间 2015-7-21 03:54注这题比想象中容易，关键是抓住特别的取等条件 (a, b, c) = (0, 1, 2)，再局部切线法。这题要是在当年

写文献 [13] 之前遇到就好了，不错的题材。

♣

题目 1.1.12. 已知 x, y, z 满足 x+ y + z = 1，且没有一个数大于另一个数的两倍，求 xyz 的最小值。

帖地址 http://kuing.orzweb.net/viewthread.php?tid=3010贴题者 tommywong

解不失一般性，设 x = max{x, y, z}，则必有 x > 0，由条件得 x ⩽ 2y, x ⩽ 2z，即得 1/2 ⩽ y/x ⩽ 1,1/2 ⩽ z/x ⩽ 1，设 y = tx, z = ux，则 t, u ∈ [1/2, 1]。

代入条件中有 x(1 + t+ u) = 1，故

xyz = x3tu =tu

(1 + t+ u)3= g(t, u),

求导有

∂g

∂t=

(1− 2t+ u)u(1 + t+ u)4

,

由于 1/2 < (1 + u)/2 ⩽ 1，故此，当 u 固定时，g(t, u) 当 t ∈ [1/2, (1 + u)/2] 时递增，当 t ∈ [(1 + u)/2, 1] 时递减（虽然 u = 1 时递减区间变成一点但也不影响接下来的结论），同理当 t 固定时亦如此，所以必有

g(t, u)min = min

{g

(1

2,1

2

), g

(1

2, 1

), g

(1,

1

2

), g(1, 1)

}= g

(1

2,1

2

)=

1

32,

取等条件是 {t, u} = {1/2, 1/2}，结合条件易得此时 {x, y, z} = {1/2, 1/4, 1/4}。

解答时间 2015-7-2 03:55注原先我解错了一次，后来在解第 620 页题目 5.1.6 时看回这题才发现错了，随即给出上述修正解法。

♢

题目 1.1.13. 在锐角三角形中，求证

cosB cosC

cos(B − C) sin2 A+

cosC cosA

cos(C −A) sin2 B+

cosA cosB

cos(A−B) sin2 C⩽ 1.

帖地址 http://kuing.orzweb.net/viewthread.php?tid=3502贴题者 hjfmhh

11



证明令 A = (π −D)/2, B = (π −E)/2, C = (π − F )/2，则由 △ABC 为锐角三角形知 D, E, F 能构成任意三角形的三个内角，于是

cosB cosC

cos(B − C) sin2 A=

sin E2 sinF2

cos F−E2 cos2 D

2

=tan E2 tan

F2

1 + tan E2 tanF2

(tan2

D

2+ 1

)

=tan E2 tan

F2

1 + tan E2 tanF2

(tan

D

2+ tan

E

2

)(tan

D

2+ tan

F

2

),

令

x = tanE

2tan

F

2, y = tan

F

2tan

D

2, z = tan

D

2tan

E

2,

则 x, y, z > 0, x+ y + z = 1，故

∑ cosB cosCcos(B − C) sin2 A

=∑ (x+ y)(z + x)

1 + x⩽ 1

4

∑ (2x+ y + z)21 + x

=1

4

∑(1 + x) = 1.

解答时间 2015-5-30

♠

题目 1.1.14. 已知正实数 x, y 满足

x+2

x+ 3y +

4

y= 10,

则 xy 的取值范围为。

帖地址 http://kuing.orzweb.net/viewthread.php?tid=3456贴题者 aishuxue

解对于正数 a, b, c, d，由均值不等式有

10 = a · xa+ b · 2

bx+ c · 3y

c+ d · 4

dy⩾ (a+ b+ c+ d)

((xa

)a( 2bx

)b(3y

c

)c(4

dy

)d)1/(a+b+c+d).

令 a = 1, b = 2, c = 3, d = 4，代入化简得

10 ⩾ 10(

1

xy

)1/10=⇒ xy ⩾ 1,

当 x = y = 1 时取等；

令 a = 2, b = 1, c = 4, d = 3，代入化简得

10 ⩾ 10(3

8xy

)1/10=⇒ xy ⩽ 8

3,

当 x = 2, y = 4/3 时取等。

解答时间 2015-5-4注两组 a, b, c, d 可以通过待定系数得出，具体见原帖 3 楼。随后网友「转化与化归」给出了两个更简单的解法，这里只录入其中一个，因为两解法其实本质上差不多。

12



解 (by 转化与化归)

10 = x+2

x+ 3y +

4

y⩾ 2√(

x+4

y

)(2

x+ 3y

)= 2

√14 + 3xy +

8

xy=⇒ 1 ⩽ xy ⩽ 8

3,

等号都可以取到。

♡

题目 1.1.15. 已知 a, b, c ∈ R，求证

2(1 + abc) +√2(1 + a2)(1 + b2)(1 + c2) ⩾ (1 + a)(1 + b)(1 + c).

帖地址 http://kuing.orzweb.net/viewthread.php?tid=3449贴题者 guanmo1

证明注意到恒等式

(1 + a2)(1 + b2)(1 + c2) = (ab+ bc+ ca− 1)2 + (a+ b+ c− abc)2,

因此由柯西不等式得

LHS ⩾ 2(1 + abc) + ab+ bc+ ca− 1 + a+ b+ c− abc = RHS.

解答时间 2015-4-30注此题可以推广到 n 元，因为那个恒等式有 n 元形式，其实只要用熟知的 (a2 + b2)(c2 + d2) =

(ac− bd)2 + (bc+ ad)2 就可以推出来，首先由此式有

(1 + a2)(1 + b2) = (1− ab)2 + (a+ b)2,

于是

(1 + a2)(1 + b2)(1 + c2) =((1− ab)2 + (a+ b)2

)(1 + c2)

=(1− ab− (a+ b)c

)2+(a+ b+ c(1− ab)

)2= (1− ab− bc− ca)2 + (a+ b+ c− abc)2,

再于是

(1 + a2)(1 + b2)(1 + c2)(1 + d2)

=((1− ab− bc− ca)2 + (a+ b+ c− abc)2

)(1 + d2)

=(1− ab− bc− ca− d(a+ b+ c− abc)

)2+(a+ b+ c− abc+ d(1− ab− bc− ca)

)2= (1− ab− ac− ad− bc− bd− cd+ abcd)2 + (a+ b+ c+ d− abc− bcd− cda− dab)2,

如此类推即可写出一般形式，相关链接 http://www.artofproblemsolving.com/community/h82723。

♣

题目 1.1.16. 已知 a ⩾ 1, b > 0，求证

1

a+ 1+

b2

a+ b+

a

b2 + b⩾ 3

2.

13

http://kuing.orzweb.net/viewthread.php?tid=3449http://www.artofproblemsolving.com/community/h82723


帖地址 http://kuing.orzweb.net/viewthread.php?tid=3398（3 楼）贴题者其妙

证明我们分三类讨论。

（1）当 b ⩾ a ⩾ 1 时，记

f(a, b) =1

a+ 1+

b2

a+ b+

a

b2 + b,

对 a 求导得

∂f(a, b)

∂a= − 1

(a+ 1)2− b

2

(a+ b)2+

1

b2 + b

⩽ − 1(b+ 1)2

− b2

(b+ b)2+

1

b2 + b

=(1− b)(b2 + 3b+ 4)

4b(b+ 1)2

⩽ 0,

即关于 a 递减，所以

f(a, b) ⩾ f(b, b) = 1b+ 1

+b2

b+ b+

b

b2 + b=

2

b+ 1+

b+ 1

2− 1

2⩾ 3

2;

（2）当 a ⩾ b ⩾ 1 时，由于序列 {b2, a} 与 {1/(a+ b), 1/(b2 + b)} 显然必为同序，故由排序不等式有

1

a+ 1+

b2

a+ b+

a

b2 + b⩾ 1

a+ 1+

a

a+ b+

b2

b2 + b=

a

a+ b+

b

b+ 1+

1

1 + a,

注意到有恒等式

a− ba+ b

+b− cb+ c

+c− ac+ a

=(a− b)(a− c)(b− c)(a+ b)(a+ c)(b+ c)

,

由此可见当 a ⩾ b ⩾ c 时有 ∑ aa+ b

⩾ 12

∑ aa+ b

+1

2

∑ ba+ b

=3

2,

令 c = 1 即得需要证的不等式；

（3）当 a ⩾ 1 ⩾ b > 0 时，由柯西不等式有

1

a+ 1+

b2

a+ b+

a

b2 + b− 3

2⩾ (1 + b)

2

2a+ b+ 1+

a

b2 + b− 3

2

=(1 + b)2

2a+ b+ 1− 1 + a

b2 + b− 1

2

=b2 + b− 2a2a+ b+ 1

+2a− b2 − b2(b2 + b)

=(2a− b2 − b)(2a+ 1− 2b2 − b)

2(2a+ b+ 1)(b2 + b)

⩾ 0.

综上所述，原不等式得证。

解答时间 2015-4-15 01:58

♢

14



题目 1.1.17. 正实数 a, b, c 满足 ab+ bc+ ca ⩽ 3abc，证明

∑√a2 + b2a+ b

+ 3 ⩽√2∑√

a+ b.


证明首先由 Hölder 不等式有 (∑ 1√bc+ ca

)2∑(bc+ ca) ⩾ 27,

得到 ∑√ 2aba+ b

=√2abc

∑ 1√bc+ ca

⩾√2abc

√27

2(ab+ bc+ ca)= 3

√3abc

ab+ bc+ ca⩾ 3,

所以

∑√a2 + b2a+ b

+ 3 ⩽∑(√a2 + b2

a+ b+

√2ab

a+ b

)

⩽∑√

(1 + 1)

(a2 + b2

a+ b+

2ab

a+ b

)=√2∑√

a+ b.

解答时间 2015-3-6

♠

题目 1.1.18. 设正实数 x1, x2, . . . , xn 满足 x1x2 · · ·xn = 1，证明

n∑i=1

1

n− 1 + xi⩽ 1.


证明令 xi = yni , yi > 0，则也有 y1y2 · · · yn = 1，由均值

1

n− 1 + xi=

1

n− 1

(1− xi

n− 1 + xi

)=

1

n− 1

(1− y

ni

(n− 1)y1y2 · · · yn + yni

)=

1

n− 1

(1− y

n−1i

(n− 1)y1y2 · · · yi−1yi+1 · · · yn + yn−1i

)⩽ 1

n− 1

(1− y

n−1i

yn−11 + yn−12 + · · ·+ y

n−1n

),

所以n∑

i=1

1

n− 1 + xi⩽ 1

n− 1

(n−

n∑i=1

yn−1iyn−11 + y

n−12 + · · ·+ y

n−1n

)= 1.

15



解答时间 2015-3-5注这道题以前见过，应该是道老题。

写完上述过程后让我想起 http://kkkkuingggg.haotui.com/thread-161-1-8.html 中我曾经推广过的一道题，已知 x1, x2, . . . , xn > 0, x1x2 · · ·xn = 1，记 s = x1 + x2 + · · ·+ xn，则有

n∑i=1

1

1 + s− xi⩽ 1.

形式和证法都挺像，不过应该也是老结论，就不扯了。

♡

题目 1.1.19. 在 △ABC 中，(a− b)(sinA− sinB) = (sinB − sinC)c，若 Smax =√3/4，求 a。

帖地址 http://kuing.orzweb.net/viewthread.php?tid=3334贴题者 longzaifei

解由条件得 (a − b)2 = (b − c)c，由三角形可令 a = y + z, b = z + x, c = x + y, x, y, z > 0，代入得(x− y)2 = (z − y)(x+ y)，于是

z =(x− y)2

x+ y+ y,

故

a =(x− y)2

x+ y+ 2y =

x2 + 3y2

x+ y,

S2 = xyz(x+ y + z)

= xy

((x− y)2

x+ y+ y

)(x+ y +

(x− y)2

x+ y+ y

)=

xy(x2 + 2y2 − xy)(2x2 + 3y2 + xy)(x+ y)2

,

由均值得

S2

a4=

xy(x+ y)2(x2 + 2y2 − xy)(2x2 + 3y2 + xy)(x2 + 3y2)4

=16xy · 3(x+ y)2 · 6(x2 + 2y2 − xy) · 2(2x2 + 3y2 + xy)

2632(x2 + 3y2)4

⩽(16xy + 3(x+ y)2 + 6(x2 + 2y2 − xy) + 2(2x2 + 3y2 + xy)

)421432(x2 + 3y2)4

=(13x2 + 18xy + 21y2)4

21432(x2 + 3y2)4

⩽(13x2 + 3(x2 + 9y2) + 21y2

)421432(x2 + 3y2)4

=

(16(x2 + 3y2)

)421432(x2 + 3y2)4

=4

9,

所以

S ⩽ 23a2,

当且仅当 x = 3y 时取等，所以 a = 4√27/64。

16

http://kkkkuingggg.haotui.com/thread-161-1-8.htmlhttp://kuing.orzweb.net/viewthread.php?tid=3334


解答时间 2015-2-19 01:54注上面均值的系数可以通过待定系数得出，做得有点复杂，可能会有更简洁的方法。另外，以上结果已

通过软件验证。

♣

题目 1.1.20. x, y, z > 0, prove that

∑ yzx2 + y2 + 2z2

⩽∑ xy

x2 + y2 + 2z2⩽∑ z2

x2 + y2 + 2z2⩽∑ 1

4 (x+ y)2

x2 + y2 + 2z2⩽ 3

4.

帖地址 http://kuing.orzweb.net/viewthread.php?tid=3071贴题者 kuing

证明这个不等式链，头尾都是非常简单的，首先看最左边的，由于以下两个序列必为同序

{xy, yz, zx},{

1

x2 + y2 + 2z2,

1

y2 + z2 + 2x2,

1

z2 + x2 + 2y2

},

故由排序不等式即得 ∑ yzx2 + y2 + 2z2

⩽∑ xy

x2 + y2 + 2z2;

再看最右边的，由柯西不等式即得

∑ 14 (x+ y)

2

x2 + y2 + 2z2⩽ 1

4

∑( x2z2 + x2

+y2

y2 + z2

)=

3

4;

第二个不等式也不难，由∑ 2z2 − 2xyx2 + y2 + 2z2

=∑ (z − x)(z + y) + (z + x)(z − y)

x2 + y2 + 2z2

=∑( (z − x)(z + y)

x2 + y2 + 2z2+

(x+ y)(x− z)y2 + z2 + 2x2

)=∑ (z − x)2(x2 + y2 + z2 − xy − yz − zx)

(x2 + y2 + 2z2)(y2 + z2 + 2x2),

即得 ∑ xyx2 + y2 + 2z2

⩽∑ z2

x2 + y2 + 2z2;

而第三个不等式就有点麻烦，由∑ (x+ y)2 − 4z2x2 + y2 + 2z2

=∑ (x+ y + 2z)(x− z + y − z)

x2 + y2 + 2z2

=∑( (x+ y + 2z)(x− z)

x2 + y2 + 2z2+

(y + z + 2x)(z − x)y2 + z2 + 2x2

)=∑ (z − x)2(3zx+ xy + yz − y2)

(x2 + y2 + 2z2)(y2 + z2 + 2x2),

可见

∑ z2x2 + y2 + 2z2

⩽∑ 1

4 (x+ y)2

x2 + y2 + 2z2⇐⇒

∑(z − x)2(3zx+ xy + yz − y2)(z2 + x2 + 2y2) ⩾ 0,

下面证明比上式更强的

Sx(y − z)2 + Sy(z − x)2 + Sz(x− y)2 ⩾ 0,

17



其中 Sx = x(y+ z − x)(2x2 + y2 + z2), Sy = y(z + x− y)(x2 + 2y2 + z2), Sz = z(x+ y− z)(x2 + y2 + 2z2)，由对称性，不妨设 x ⩾ y ⩾ z，则显然 Sy ⩾ 0, Sz ⩾ 0，由 SOS 判定方法可知，此时只需证

x2Sy + y2Sx ⩾ 0,

代入等价于

x(z + x− y)(x2 + 2y2 + z2) + y(y + z − x)(2x2 + y2 + z2) ⩾ 0,

只需证

x(x− y)(x2 + 2y2 + z2) + y(y − x)(2x2 + y2 + z2) ⩾ 0,

即

(x− y)2(x2 + y2 + z2 − xy) ⩾ 0,

显然成立。

综上，原不等式链得证。

解答时间 2015-2-15 03:08

♢

题目 1.1.21. 在锐角三角形 ABC 中，求下式的取值范围

cosA cosB + cosB cosC + cosC cosA− 2 cosA cosB cosC.


解法一记 f = cosA cosB + cosB cosC + cosC cosA− 2 cosA cosB cosC。由于一定存在一个不小于 60◦ 的内角，由对称性不妨设 A ⩾ 60◦，则 2 cosA ⩽ 1，故

f = cosA(cosB + cosC) + cosB cosC(1− 2 cosA) > 0,

而当 A = B → 90◦ 时 f → 0，所以 f 的下确界为 0。由积化和差与和差化积公式有

f = 2 cosA cosB − C

2cos

B + C

2+

cos(B − C) + cos(B + C)2

(1− 2 cosA)

⩽ 2 cosA sin A2+

1− cosA2

(1− 2 cosA)

= −12cosA

(2 sin

A

2− 1)2

+1

2

⩽ 12,

当 A = B = C = 60◦ 时 f = 1/2，所以 f 的最大值为 1/2。

综上，由连续性知 f 的取值范围为 (0, 1/2]。

解法二下确界同解法一，下面求最大值。

f 如上所设，由锐角三角形可设 b2 + c2 − a2 = 2x, c2 + a2 − b2 = 2y, a2 + b2 − c2 = 2z，则 x, y, z > 0，代入余弦定理中得到

f =∑ xy

(x+ y)√(y + z)(z + x)

− 2xyz(x+ y)(y + z)(z + x)

18



=

∑xy√(y + z)(z + x)− 2xyz

(x+ y)(y + z)(z + x)

⩽∑

xy x+y+2z2 − 2xyz(x+ y)(y + z)(z + x)

=1

2,

当且仅当 x = y = z 时取等。

解答时间 2015-2-12 01:35 & 03:01

♠

题目 1.1.22. 已知 a, b, c > 0, abc = 1，证明

a3 + b3 + c3 + 6 ⩾ (a+ b+ c)2.


证明由 a+ b+ c ⩾ 3 可知只需证明更强式

a3 + b3 + c3 + 6 +9

8⩾ 9

8(a+ b+ c)2.

记 p = a+ b+ c, q = ab+ bc+ ca，则上式等价于

p(p2 − 3q) + 9 + 98⩾ 9

8p2,

由 Schür 不等式有

q ⩽ 9 + p3

4p,

所以只需证

p

(p2 − 3 · 9 + p

3

4p

)+ 9 +

9

8⩾ 9

8p2,

因式分解等价于1

8(p− 3)2(2p+ 3) ⩾ 0,

显然成立，即得证。

解答时间 2015-2-8

♡

题目 1.1.23. 设 a, b, c 是非负实数，证明

a(b+ c− a)a2 + bc

+b(c+ a− b)b2 + ac

+c(a+ b− c)c2 + ab

⩾ 0.


19



证明如果 a, b, c 能构成三角形三边则不等式显然成立，而当 a, b, c 不能构成三角形三边时，由对称性不妨设 a ⩾ b+ c，则 ∑ a(b+ c− a)

a2 + bc=

a(b+ c− a)a2 + bc

+ab+ bc+ ca

b2 + ca+

ab+ bc+ ca

c2 + ab− 2

⩾ b+ c− aa

+4(ab+ bc+ ca)

b2 + ca+ c2 + ab− 2

⩾ b+ c− aa

+4(ab+ ca)

(b+ c)2 + ca+ ab− 2

=a+ b+ c

a+

4a

a+ b+ c− 4

⩾ 0.

解答时间 2015-2-1 05:06

♣

题目 1.1.24. 设 a, b, c ⩾ 0，且 a+ b+ c = 2，求证√a+ b

a+ 1+

√b+ c

b+ 1+

√c+ a

c+ 1⩾ 4√2

3.

帖地址 http://kuing.orzweb.net/viewthread.php?tid=3270贴题者 hjfmhh

证明齐次化等价于 ∑√(a+ b+ c)(a+ b)3a+ b+ c

⩾ 43,

由均值有 √(a+ b+ c)(a+ b) ⩾ 2(a+ b+ c)(a+ b)

2a+ 2b+ c,

故只需证 ∑ (a+ b+ c)(a+ b)(2a+ 2b+ c)(3a+ b+ c)

⩾ 23,

去分母完全展开后系数全正，得证。

解答时间 2015-1-25 00:57注有时间得想个非暴力证法。

♢

题目 1.1.25. 已知 a, b, c, d ∈ [1/2, 2], abcd = 1，求下式的最大值(a+

1

b

)(b+

1

c

)(c+

1

d

)(d+

1

a

).

帖地址 http://kuing.orzweb.net/viewthread.php?tid=3286贴题者 tommywong

解法一设

P (a, b, c, d) =

(a+

1

b

)(b+

1

c

)(c+

1

d

)(d+

1

a

),

20



前两项和后两项分别展开有

P (a, b, c, d) =

(ab+

a

c+ 1 +

1

bc

)(cd+

c

a+ 1 +

1

da

)=(a(b+ d) +

a

c+ 1)(

c(b+ d) +c

a+ 1),

而如果是前后两项和中间两项分别展开，则也有

P (a, b, c, d) =

(b(c+ a) +

b

d+ 1

)(d(c+ a) +

d

b+ 1

),

由此可见 P (a, b, c, d) ≡ P (b, a, d, c)，所以我们可以不妨设 ac ⩾ bd，则 ac ⩾ 1。由条件有

1

2(2b− 1)(2d− 1) ⩾ 0⇐⇒ b+ d ⩽ 2bd+ 1

2=

2

ac+

1

2,

故

P (a, b, c, d) ⩽(a

(2

ac+

1

2

)+

a

c+ 1

)(c

(2

ac+

1

2

)+

c

a+ 1

)=

(a+ 2)2(c+ 2)2

4ac

=1

4

(a+

4

a+ 4

)(c+

4

c+ 4

),

由于函数 x+ 4/x 在 (0, 2] 上递减且 1/a ⩽ c ⩽ 2，故

P (a, b, c, d) ⩽ 14(a+ 2)2

(1

a+ 2

)2=

(a+

1

a+

5

2

)2⩽ 25,

又 P (2, 2, 1/2, 1/2) = 25，所以所求的最大值就是 25。

解法二

P (a, b, c, d) =

(ab+

a

c+ 1 +

1

bc

)(cd+

c

a+ 1 +

1

da

)=

(a(b+ d) +

a+ c

c

)(c(b+ d) +

a+ c

a

)= ac(b+ d)2 + 2(a+ c)(b+ d) +

(a+ c)2

ac

=(b+ d)2

bd+

2(a+ c)(b+ d)√abcd

+(a+ c)2

ac

=

(b+ d√

bd+

a+ c√ac

)2

=

(√a

c+

√c

a+

√b

d+

√d

b

)2⩽ 25.

解答时间 2015-1-20注随后网友「goft」给出如下解法。

解 (by goft)

P (a, b, c, d) = (ab+ 1)(bc+ 1)(cd+ 1)(da+ 1)

21


= (ab+ 1)(cd+ 1)(bc+ 1)(da+ 1)

= (2 + ab+ cd)(2 + bc+ da)

=(√

ab+√cd)2(√

bc+√da)2,

令 m =√ab, n =

√bc，则

P (a, b, c, d) =

(m+

1

m

)2(n+

1

n

)2,

后同解法一。

其实我没太懂「后同解法一」是怎么个同法，事实上后面不换元直接乘进去就同解法二了。

♠

题目 1.1.26. 已知 a, b ⩾ 0，证明√a2 + 1 +

√b2 + 1 +

√(a− 1)2 + (b− 1)2 +

(√2 + 1

)ab ⩾

√5 + 1.


证明下面分别证明 √a2 + 1 +

√b2 + 1 + ab ⩾ 1 +

√1 + (a+ b)2, (1.1.1)√

(a− 1)2 + (b− 1)2 +√2ab ⩾

√1 + (1− a− b)2. (1.1.2)

对于式 (1.1.1)，记g(a) =

√a2 + 1 +

√b2 + 1 + ab− 1−

√1 + (a+ b)2,

求导得

g′(a) =a√

a2 + 1+ b− a+ b√

1 + (a+ b)2

=a√

a2 + 1− a√

1 + (a+ b)2+ b− b√

1 + (a+ b)2

⩾ 0,

故 g(a) ⩾ g(0) = 0，即式 (1.1.1) 成立；对于式 (1.1.2)，有

(1.1.2)⇐⇒√2ab ⩾

√1 + (1− a− b)2 −

√1 + (1− a− b)2 − 2ab

⇐⇒√2ab ⩾ 2ab√

1 + (1− a− b)2 +√1 + (1− a− b)2 − 2ab

⇐⇒√1 + (1− a− b)2 +

√1 + (1− a− b)2 − 2ab ⩾

√2

⇐⇒√2√12 + (a+ b− 1)2 +

√2√(1− a)2 + (1− b)2 ⩾ 2,

由柯西不等式得

√2√12 + (a+ b− 1)2 +

√2√(1− a)2 + (1− b)2 ⩾ 1 + a+ b− 1 + 1− a+ 1− b = 2,

故式 (1.1.2) 成立。式 (1.1.1) 与式 (1.1.2) 相加即得

LHS ⩾ 1 +√1 + (a+ b)2 +

√1 + (1− a− b)2 ⩾ 1 +

√5.

22



解答时间 2015-1-10注上述证法其实是沿着贴题者在 4 楼提供的思路得出的，所以这个证明大半功劳不属于我。

♡

题目 1.1.27. 已知 a, b, c ⩾ 0 满足 a+ b+ c = 6，证明

a2 + 2b2 + 3c2 + abc ⩾ 24.

帖地址 http://kuing.orzweb.net/viewthread.php?tid=3269贴题者 v6mm131题目出处 Tran Quoc Luat

证明两边乘以 18 等价于证

3(a+ b+ c)(a2 + 2b2 + 3c2) + 18abc ⩾ 2(a+ b+ c)3,

展开整理为

(a− 2b)2(a+ b) + 3a(2b− a)c+ 3(a+ b)c2 + 7c3 ⩾ 0,

如果 a ⩽ 2b，上式显然成立，如果 a > 2b，可设 a = 2b+ t, t > 0，代入上式又可以整理为

t(t2 − 3tc+ 3c2) + 3b(t2 − 2tc+ 3c2) + 7c3 ⩾ 0,

也显然成立，即得证，等号成立当且仅当 c = 0, a = 2b。

解答时间 2015-1-7注后来贴题者也贴出了如下证法但并未注明解答者。

证明 (unknown author) We wii consider three casesCase1. a ⩾ 4. In this case, we have

2b2 + 3c2 + abc ⩾ 2b2 + 2c2 + 4bc = 2(b+ c)2,

Therefore, it suffices to prove thata2 + 2(b+ c)2 ⩾ 24,

But this inequality follows immediately from Cauchy-Schwarz Inequality

a2 + 2(b+ c)2 ⩾ (a+ b+ c)2

1 + 12= 24;

Case2. b ⩾ 2. Sincea2 + 3c2 + abc ⩾ a2 + c2 + 2ac = (a+ c)2,

it is enough to check the following inequality

(a+ c)2 + 2b2 ⩾ 24,

By the Cauchy-Schwarz Inequality, we have

(a+ c)2 + 2b2 ⩾ (a+ b+ c)2

1 + 12= 24;

23



Case3. a ⩽ 4 and b ⩽ 2 In this case, we have (4 − a)(2 − b) ⩾ 0, i.e. ab ⩾ 2a + 4b − 8, According to thisresult, we find that

a2 + 2b2 + 3c2 + abc ⩾ a2 + 2b2 + 3c2 + c(2a+ 4b− 8) = (a+ c)2 + 2(b+ c)2 − 8c,

On the other hand, the Cauchy-Schwarz Inequality gives us

(a+ c)2 + 2(b+ c)2 ⩾ (a+ c+ b+ c)2

1 + 12=

2

3(c+ 6)2,

Combining this with the above inequality, we get

a2 + 2b2 + 3c2 + abc ⩾ 23(c+ 6)2 − 8c = 2

3c2 + 24 ⩾ 24.

The proof is completed. It is easy to see that inequality holds if and only if a = 4, b = 2, c = 0.

♣

题目 1.1.28. 若 a, b, c 均为正数，求证

2a+ b√a2 − ab+ b2

+2b+ c√

b2 − bc+ c2+

2c+ a√c2 − ca+ a2

⩾ 9(ab+ bc+ ca)a2 + b2 + c2

.


证明易见，要证原不等式，只需证明如下不等式即可∑ a√a2 − ab+ b2

⩾ 3(ab+ bc+ ca)a2 + b2 + c2

,

由 Hölder 不等式，有(∑ a√a2 − ab+ b2

)2∑a(b+ 2c)3(a2 − ab+ b2) ⩾

(∑a(b+ 2c)

)3= 27(ab+ bc+ ca)3,

故只需证

27(ab+ bc+ ca)3∑a(b+ 2c)3(a2 − ab+ b2)

⩾(3(ab+ bc+ ca)

a2 + b2 + c2

)2,

亦即

f(a, b, c) = 3(ab+ bc+ ca)(a2 + b2 + c2)2 −∑

a(b+ 2c)3(a2 − ab+ b2) ⩾ 0,

由轮换对称性，不妨设 a = min{a, b, c}，则可设 b = a+ t, c = a+ u 其中 t, u ⩾ 0，代入展开整理得

f(a, a+ t, a+ u) = M1a4 +M2a

3 +M3a2 +M4a+M5,

其中

M1 = 9(t− u)2 + 9tu,

M2 = 24(t+ u)(t− u)2 + tu(9t+ 3u),

M3 = 23(t− u)4 + tu(85t2 − 159tu+ 79u2),

M4 = 5(t+ u)(t− u)4 + 23tu(t+ u)(t− u)2 + tu(4t3 + u3),

M5 = 2tu(t2 − u2)2 + t2u(t3 + tu2 + u3),

由 1592 − 4× 85× 79 < 0 可知 85t2 − 159tu+ 79u2 ⩾ 0，故以上五个 M 都为非负的，所以原不等式获证。

24



解答时间 2015-1-5注差分代换太暴力，有时间得想个简洁点的证法。

♢

题目 1.1.29. 已知实数 x, y 满足 x2 + xy + y2 = 3，则 x+ 2y 的最大值为？（贴题者注：判别式法知道的，同事要求用基本不等式，不会。）

帖地址 http://kuing.orzweb.net/viewthread.php?tid=3259贴题者 realnumber

解设实数 λ 满足 2λ2 − 2λ = 1，则

x+ 2y

2=

λx+ y + (1− λ)x+ y2

⩽

√(λx+ y)2 +

((1− λ)x+ y

)22

=

√2λ2 − 2λ+ 1

2x2 + xy + y2

=√x2 + xy + y2,

取等略。

解答时间 2014-12-30注其实也不太想录这题，这类题早被玩烂了。

♠

题目 1.1.30. 设 x, y, z 是实数且 x+ y + z = 0，求证

6(x3 + y3 + z3)2 ⩽ (x2 + y2 + z2)3.


证明由 x+ y + z = 0 及对称性，可不妨设 xy ⩽ 0，则

6(x3 + y3 + z3)2 = 6(x3 + y3 − (x+ y)3

)2= 54x2y2z2

= 27|xy| · |xy| · 2z2

⩽ (2|xy|+ 2z2)3

=(−2xy + (x+ y)2 + z2

)3= (x2 + y2 + z2)3.

解答时间 2014-12-17注在等价于 54(xyz)2 ⩽ (x2 + y2 + z2)3 之后直接消 z 作差可以因式分解为

2(x− y)2(2x+ y)2(x+ 2y)2 ⩾ 0,

取等条件就很清楚了。

此外，网友「战巡」利用三次判别式给出如下特别的证法。

25



证明 (by 战巡) 由于 x+ y + z = 0，可以令 x, y, z 为关于 a 的方程 a3 + pa = q 的三个解，则

6(x3 + y3 + z3)2 = 6(q − px+ q − py + q − pz)2 = 6(3q)2 = 54q2,

(x2 + y2 + z2)3 =((x+ y + z)2 − 2(xy + yz + xz)

)3= (0− 2p)3 = −8p3,

由于方程有三个实数解，可知p3

27+

q2

4⩽ 0,

即 54q2 ⩽ −8p3，得证。

♡

题目 1.1.31. 已知 a, b, c 均为正数，证明

a2√a2 + 14ab+ b

2+

b2√b2 + 14bc+ c

2+

c2√c2 + 14ca+ a

2⩾ 2

3(a+ b+ c).

帖地址 http://kuing.orzweb.net/viewthread.php?tid=3149贴题者 B88

证明只要证明a2√

a2 + 14ab+ b2⩾ a− b

3

即可，若 b ⩾ 3a 则显然成立，当 b < 3a 时等价于

a4

a2 + 14ab+ b2⩾(a− b

3

)2,

而

a4 −(a− b

3

)2(a2 +

1

4ab+ b2

)=

1

36b(15a− 4b)(a− b)2 ⩾ 0,

即得证。

解答时间 2014-10-30

♣

题目 1.1.32. 已知 A+B + C = π, A, B, C > 0，求下式的最小值(2 sin2 A+

1

sin2 A

)(2 sin2 B +

1

sin2 B

)(2 sin2 C +

1

sin2 C

).

帖地址 http://kuing.orzweb.net/viewthread.php?tid=3103贴题者 nash题目出处网友「957683999」由四元的情形提出（四元时为入门级别题目，见原帖 8 楼）

解当 A = B = C = π/3 时原式的值为 (17/6)3，下面证明它就是所求的最小值，即要证明

∏(2 sin2 A+

1

sin2 A

)⩾(17

6

)3.

由条件知 A, B, C 可构成三角形的三个内角。

26



（1）若三角形为非锐角三角形，由对称性不妨设 A ⩾ π/2，则

sinB sinC =cos(B − C)− cos(B + C)

2⩽ 1 + cosA

2⩽ 1

2,

故由柯西不等式及 2x+ 1/x 的单调性知(2 sin2 B +

1

sin2 B

)(2 sin2 C +

1

sin2 C

)⩾(2 sinB sinC +

1

sinB sinC

)2⩾ 9,

所以 ∏(2 sin2 A+

1

sin2 A

)⩾ 9

(2 sin2 A+

1

sin2 A

)⩾ 18

√2 >

(17

6

)3;

（2）若三角形为锐角三角形，设 D = π − 2A, E = π − 2B, F = π − 2C，那么 D, E, F ∈ (0, π) 且D + E + F = π，故此 D, E, F 可构成三角形的三个内角，此时

sin2 A = sin2π −D

2= cos2

D

2=

1 + cosD

2,

故待证的不等式等价于 ∏(1 + cosD +

2

1 + cosD

)⩾(17

6

)3,

下面证明当 x ∈ (−1, 1) 时恒有

ln

(1 + x+

2

1 + x

)⩾ 2

51

(x2 − 1

4

)+ ln

17

6,

令

f(x) = ln

(1 + x+

2

1 + x

)− 2

51

(x2 − 1

4

)− ln 17

6,

求导得

f ′(x) =1− 2(1+x)21 + x+ 21+x

− 451

x =(2x− 1)(51 + 12x− 7x2 − 2x3)

51(x+ 1)(x2 + 2x+ 3),

当 x ∈ (−1, 1) 时显然有 51 + 12x− 7x2 − 2x3 > 0, (x+ 1)(x2 + 2x+ 3) > 0，故 f(x) 在 (−1, 1/2) 内递减，在(1/2, 1) 内递增，而 f(1/2) = 0，所以对于 x ∈ (−1, 1) 恒有 f(x) ⩾ 0。

由此，我们有∑ln

(1 + cosD +

2

1 + cosD

)⩾ 2

51

(cos2 D + cos2 E + cos2 F − 3

4

)+ 3 ln

17

6,

又由三角恒等式及均值不等式有

1 = cos2 D + cos2 E + cos2 F + 2 cosD cosE cosF

⩽ cos2 D + cos2 E + cos2 F + 2

√(cos2 D + cos2 E + cos2 F

3

)3,

解得

cos2 D + cos2 E + cos2 F ⩾ 34,

所以我们得到 ∑ln

(1 + cosD +

2

1 + cosD

)⩾ 3 ln 17

6,

亦即 ∏(1 + cosD +

2

1 + cosD

)⩾(17

6

)3.

综上所述，原式的最小值就是 (17/6)3。

27


解答时间 2014-10-18 03:08

♢

题目 1.1.33. 整数 a, b, c, d, e 满足 |a| ⩾ |b + 20|, |b| ⩾ |c + 14|, |c| ⩾ |d + 7|, |d| ⩾ |e + 23|，那么|a|+ |b|+ |c|+ |d|+ |e| 的最小值为。

帖地址 http://kuing.orzweb.net/viewthread.php?tid=3020贴题者 wzxsjz题目出处 2014 希望杯初一精英

解由条件得

|a|+ |b|+ |c|+ |d|+ |e| ⩾ |b+ 20|+ |b|+ |e+ 23|+ |e| ⩾ |b+ 20− b|+ |e+ 23− e| = 43,

当 a = 0, b = −20, c = 0, d = −7, e = −16 时取等，故最小值为 43。

解答时间 2014-9-13注上述过程或许可以通过取一些特殊值猜到答案而得出，不过事实上我并没有去猜，在思考的时候我是

先从折线函数的特性考虑，逐步调整得到结果，然后再反观取等条件而得到上面的解法。

将草稿整理出来的逐步调整过程如下

|a|+ |b|+ |c|+ |d|+ |e|

⩾ |b+ 20|+ |b|+ |c|+ |d|+ |e|

⩾ min{|c+ 14 + 20|, |−c− 14 + 20|}+ |c+ 14|+ |c|+ |d|+ |e|

= min{|c+ 34|, |c− 6|}+ |c+ 14|+ |c|+ |d|+ |e|

= |c+ 34|+ |c− 6| − 20 + |c|+ |d|+ |e|

⩾ min{|d+ 7 + 34|+ |d+ 7− 6|, |−d− 7 + 34|+ |−d− 7− 6|} − 20 + |d+ 7|+ |d|+ |e|

= min{|d+ 41|+ |d+ 1|, |d− 27|+ |d+ 13|} − 20 + |d+ 7|+ |d|+ |e|

= |d+ 41|+ |d− 27| − 28− 20 + |d+ 7|+ |d|+ |e|

⩾ min{|e+ 23 + 41|+ |e+ 23− 27|+ |e+ 23 + 7|, |−e− 23 + 41|+ |−e− 23− 27|

+ |−e− 23 + 7|}+ |e+ 23|+ |e| − 48

= min{|e+ 64|+ |e− 4|+ |e+ 30|, |e− 18|+ |e+ 50|+ |e+ 16|}+ |e+ 23|+ |e| − 48

= |e+ 64|+ |e+ 30|+ |e+ 16|+ |e− 18| − 21 + |e| − 48

⩾ |−16 + 64|+ |−16 + 30|+ |−16− 18| − 21 + |−16| − 48

= 43,

然后取等条件从后面看起，由 e = −16 反推回去即可。而在调整的过程中发现数据每次都刚刚好可以将 min化掉。另外，整数的条件显然可以弱化为实数。

♠

题目 1.1.34. 已知 △ABC 的内切圆半径为 2，且 tanA = −4/3，求 △ABC 的最小面积。（贴题者注：哪位知道此题的出处？）

28



帖地址 http://kuing.orzweb.net/viewthread.php?tid=3019贴题者第一章

解这里考虑一般的情形，由

2S = (a+ b+ c)r

=(√

b2 + c2 − 2bc cosA+ b+ c)r

⩾(√

2bc− 2bc cosA+ 2√bc)r

=

(√4S(1− cosA)

sinA+ 2

√2S

sinA

)r

= 2√S

(√tan

A

2+

√2

sinA

)r,

即得

√S ⩾

(√tan

A

2+

√2

sinA

)r,

当且仅当 b = c 时取等。

解答时间 2014-9-13注这结论估计也是早被玩烂了的东西，所以找题目出处的话我看就算了吧。

♡

题目 1.1.35. 设正系数一元二次方程 ax2 + bx+ c = 0 有实根，求下式的取值范围

max{a, b, c} −min{a, b, c}a+ b+ c

.

帖地址 http://kuing.orzweb.net/viewthread.php?tid=3001（5 楼）贴题者 nash

解条件等价于 a, b, c > 0, b2 − 4ac ⩾ 0，可见条件及所求式子都关于 a, c 对称，故此可以不妨设 a ⩾ c，则显然 b > c，故

max{a, b, c} −min{a, b, c}a+ b+ c

=max{a, b} − c

a+ b+ c.

（1）如果 b > 2a，则max{a, b} − c

a+ b+ c=

b− ca+ b+ c

⩾ b− a2a+ b

>1

4;

（2）如果 2a ⩾ b ⩾ a，则

max{a, b} − ca+ b+ c

=b− c

a+ b+ c⩾

b− b2

4a

a+ b+ b2

4a

=4ab− b2

(2a+ b)2,

而4ab− b2

(2a+ b)2− 1

4=

(2a− b)(5b− 2a)(2a+ b)2

⩾ 0 =⇒ max{a, b} − ca+ b+ c

⩾ 14;

（3）如果 a > b，则

max{a, b} − ca+ b+ c

=a− c

a+ b+ c⩾

a− b2

4a

a+ b+ b2

4a

=2a− b2a+ b

>1

3.

29



综合（1）（2）（3）知max{a, b, c} −min{a, b, c}

a+ b+ c⩾ 1

4,

当 b = 2a = 2c 时取等；

另一方面，显然 max{a, b, c} −min{a, b, c} < a+ b+ c，当 b = 1, a = c→ 0 时满足条件且 (max{a, b, c} −min{a, b, c})/(a+ b+ c)→ 1。

而 (max{a, b, c} −min{a, b, c})/(a+ b+ c) 是连续函数，故综上可知所求的取值范围为 [1/4, 1)。

解答时间 2014-9-5

♣

题目 1.1.36. 在 △ABC 中，求证

cot2 A+ cot2 B + cot2 C ⩾(4R+r

s

)2 a3+b3+c3abc

(a+ b+ c)(1a +

1b +

1c

) .帖地址 http://kuing.orzweb.net/viewthread.php?tid=2942（4 楼）贴题者 yangyou719

证明由恒等式

a+ b+ c = 2s,

ab+ bc+ ca = s2 + 4Rr + r2,

abc = 4sRr,

以及由正弦定理易得 cot2 A = 4R2/a2 − 1，于是

cot2 A+ cot2 B + cot2 C = 4R2(

1

a2+

1

b2+

1

c2

)− 3

= 4R2(ab+ bc+ ca)2 − 2abc(a+ b+ c)

a2b2c2− 3

= 4R2(s2 + 4Rr + r2)2 − 16s2Rr

(4sRr)2− 3

=(s2 + 4Rr + r2)2 − 16s2Rr

4(sr)2− 3,

另一边 (4R+r

s

)2 a3+b3+c3abc

(a+ b+ c)(1a +

1b +

1c

) = (4R+ rs

)2(a+ b+ c)3 − 3(a+ b+ c)(ab+ bc+ ca) + 3abc

(a+ b+ c)(ab+ bc+ ca)

=

(4R+ r

s

)2(2s)3 − 6s(s2 + 4Rr + r2) + 12sRr

2s(s2 + 4Rr + r2)

=

(4R+ r

s

)2s2 − 6Rr − 3r2

s2 + 4Rr + r2,

所以原不等式等价于

(s2 + 4Rr + r2)2 − 16s2Rr4(sr)2

− 3 ⩾(4R+ r

s

)2s2 − 6Rr − 3r2

s2 + 4Rr + r2,

去分母整理等价于

(s2 − 16Rr + 5r2)(s2(R− r)(s2 + 12Rr − 14r2) + r2(112R3 + 92R2r + 77Rr2 − 23r3)

)30



+ 2r3(4R2 + 4Rr + 3r2 − s2)(280R2 − 168Rr + 17r2) ⩾ 0,

由欧拉不等式 R ⩾ 2r 及 Gerretsen 不等式 4R2 + 4Rr + 3r2 ⩾ s2 ⩾ 16Rr − 5r2 可知上式成立，故原不等式得证。

解答时间 2014-8-6

♢

题目 1.1.37. 在 △ABC 中，求证

Rr − 2Rr + 2

(a+ b+ c)

(1

a+

1

b+

1

c

)+

(a+ b+ c)2

a2 + b2 + c2⩾ 3.

帖地址 http://kuing.orzweb.net/viewthread.php?tid=2942贴题者 yangyou719

证明由恒等式

a+ b+ c = 2s,

ab+ bc+ ca = s2 + 4Rr + r2,

abc = 4sRr,

可知原不等式等价于

R− 2rR+ 2r

· 2s · s2 + 4Rr + r2

4sRr+

(2s)2

(2s)2 − 2(s2 + 4Rr + r2)⩾ 3,

去分母整理等价于

(s2 − 16Rr + 5r2)((R− 2r)(R− r)s2 + (14R3 + 3R2r + 5Rr2 − 4r3)r

)+ 2(4R2 + 4Rr + 3r2 − s2)(29R2 − 23Rr + 3r2)r2 ⩾ 0,

由欧拉不等式 R ⩾ 2r 及 Gerretsen 不等式 4R2 + 4Rr + 3r2 ⩾ s2 ⩾ 16Rr − 5r2 可知上式成立，故原不等式得证。

解答时间 2014-8-5

♠

题目 1.1.38. Prove that if x, y ∈(0,√

π/2)and x ̸= y, then

(ln

1− sin(xy)1 + sin(xy)

)2⩾ ln 1− sin(x

2)

1 + sin(x2)ln

1− sin(y2)1 + sin(y2)

.


证明下面将证明原不等式反向成立，即(ln

1− sin(xy)1 + sin(xy)

)2⩽ ln 1− sin(x

2)

1 + sin(x2)ln

1− sin(y2)1 + sin(y2)

,

31



亦即 (ln

1 + sin(xy)

1− sin(xy)

)2⩽ ln 1 + sin(x

2)

1− sin(x2)ln

1 + sin(y2)

1− sin(y2). (1.1.3)

注意到 (ln

1 + sinx

1− sinx

)′=

2

cosx,

故由 x, y 的范围知

(1.1.3)⇐⇒(∫ xy

0

2

cos tdt

)2⩽(∫ x2

0

2

cos tdt

)(∫ y20

2

cos tdt

)

⇐⇒(∫ xy

0

2

cos tdt

)2⩽(∫ xy

0

2

cos(xt/y)· xydt

)(∫ xy0

2

cos(yt/x)· yxdt

)⇐⇒

(∫ xy0

1

cos tdt

)2⩽(∫ xy

0

1

cos(xt/y)dt

)(∫ xy0

1

cos(yt/x)dt

),

由柯西不等式有

(∫ xy0

1

cos(xt/y)dt

)(∫ xy0

1

cos(yt/x)dt

)⩾(∫ xy

0

1√cos(xt/y) cos(yt/x)

dt

)2,

由此可见，只要证明当 x, y ∈(0,√π/2

), 0 < t < xy 时恒有

cosxt

ycos

yt

x⩽ cos2 t. (1.1.4)

令

h(x) = ln cosx, x ∈ (0, π/2),

求导得

h′(x) = − tanx < 0,

h′′(x) = − sec2 x < 0,

故由琴生、均值及单调性，即得

h

(xt

y

)+ h

(yt

x

)⩽ 2h

(1

2

(x

y+

y

x

)t

)⩽ 2h(t),

即

ln cosxt

y+ ln cos

yt

x⩽ 2 ln cos t,

亦即式 (1.1.4)，故式 (1.1.3) 获证，所以原不等式反向成立。

解答时间 2014-5-12注最初我还有一个思路，就是利用泰勒展开，有

ln1 + sinx

1− sinx= 2x+

x3

3+

x5

12+ · · · ,

假如能够证明后面的项的系数全是正的，这样的话，两式相乘再用柯西不等式应该也可以得出反向的不等式。

但是如何证明系数全正？n 阶导数的通式似乎很难找，不知怎么弄，有时间再研究下。

♡

32


题目 1.1.39. 已知 x, y, z > 0, 2x+ 2y + z = 1，求证

3

1 + xy+

1

1 + yz+

1

1 + xz⩾ 125

26.

帖地址 http://kuing.orzweb.net/viewthread.php?tid=2710贴题者依然饭特稀

证法一观察到 x = y = z 取等，故此由柯西有

1

1 + xy+

1

1 + xy+

1

1 + xy+

1

1 + yz+

1

1 + xz⩾ 25

5 + 3xy + yz + xz,

因此只要证

3xy + yz + xz ⩽ 15,

即

5(3xy + yz + xz) ⩽ (2x+ 2y + z)2,

配方得

(2x+ 2y + z)2 − 5(3xy + yz + xz) = 154(x− y)2 + 1

4(x+ y − 2z)2,

于是得证。

证法二由柯西和均值有

3

1 + xy+

1

1 + yz+

1

1 + xz⩾ 12

4 + (x+ y)2+

4

2 + (x+ y)z

=48

16 + (1− z)2+

8

4 + (1− z)z,

而48

16 + (1− z)2+

8

4 + (1− z)z− 125

26=

(5z − 1)2(5z2 − 13z + 28)26(z2 − 2z + 17)(4 + z − z2)

⩾ 0,

即得证。

解答时间 2014-5-11

♣

题目 1.1.40. 已知 a, b, c ⩾ 0，求最小系数 k 使得以下不等式恒成立

∑ (b+ c)√bc√(a+ c)(a+ b)

⩽ k∑

a.

帖地址 http://kuing.orzweb.net/viewthread.php?tid=2684贴题者天书

解令 b = c = 1，则应有2

a+ 1+√

2a(a+ 1) ⩽ k(a+ 2)

对任意 a ⩾ 0 恒成立，而求极限易得

lima→+∞

1

a+ 2

(2

a+ 1+√

2a(a+ 1)

)=√2,

33



可见必先有 k ⩾√2，下面证明当 k =

√2 时不等式成立。

由对称性，不妨设 a = max{a, b, c}，则∑ (b+ c)√bc√(a+ b)(a+ c)

=(b+ c)

√bc√

(a+ b)(a+ c)+

(c+ a)√ca√

(b+ c)(b+ a)+

(a+ b)√ab√

(c+ a)(c+ b)

⩽ (b+ c)√bc√

(c+ b)(b+ c)+

(c+ a)√ca√

(b+ c)a+

(a+ b)√ab√

a(c+ b)

=√bc+

b√b+ c

√c√

b+ c+ a

√b+√c√

b+ c

⩽√bc+

b√b+ c

√c√

b+ c+√2a,

故剩下只需证√bc+

b√b+ c

√c√

b+ c⩽√2(b+ c),

为了减少根号，令 b = x2, c = y2，其中 x, y > 0，则上式等价于

x3 + y3√x2 + y2

⩽√2(x2 + y2)− xy,

显然右边非负，故两边平方等价于

(x3 + y3)2

x2 + y2⩽ 2(x2 + y2)2 − 2

√2xy(x2 + y2) + x2y2,

只需证明更强式(x3 + y3)2

x2 + y2⩽ 2(x2 + y2)2 − 3xy(x2 + y2) + x2y2, (1.1.5)

事实上

(1.1.5)⇐⇒ (x+ y)2(x2 + y2 − xy)2

x2 + y2⩽ (2x2 + 2y2 − xy)(x2 + y2 − xy)

⇐⇒ (x+ y)2(x2 + y2 − xy) ⩽ (x2 + y2)(2x2 + 2y2 − xy)

⇐⇒(x2 + y2 − (x+ y)2

)xy ⩽ (x2 + y2)

(2x2 + 2y2 − (x+ y)2

)⇐⇒ −2x2y2 ⩽ (x2 + y2)(x− y)2,

显然成立。

综上所述，k 的最小值为√2。

解答时间 2014-5-3注本题事实上是 2006 年摩尔多瓦不等式题（即第 177 页题目 2.1.31 或第 454 页题目 4.6.34）的反向不

等式。

♢

题目 1.1.41. x, y, z 为正实数，且满足 xn + yn + zn = 3（n ⩾ 1），求证

x

x+ yz+

y

y + zx+

z

z + xy⩾ 3

2.


34



证明易知满足 xn + yn + zn = 3（n ⩾ 1）的正实数 x, y, z 必然满足 x+ y + z ⩽ 3，由此可见，我们只需证明当 x, y, z > 0, x+ y + z ⩽ 3 时原不等式成立即可。

显然，对于任意满足 x, y, z > 0, x + y + z ⩽ 3 的 x, y, z，我们总可以找到相应的 a, b, c, t，满足 a, b,c > 0, a+ b+ c = 3, 0 < t ⩽ 1 且 x = ta, y = tb, z = tc，于是原不等式等价于

a

a+ tbc+

b

b+ tca+

c

c+ tab⩾ 3

2,

显然上式左边关于 t 递减，而 0 < t ⩽ 1，故此只要证明当 t = 1 时上式成立即可，这也就是说，只要证明原不等式当 x+ y + z = 3 时成立即可。此时∑ z

z + xy⩾ 3

2⇐⇒

∑ z(x+ y + z)z(x+ y + z) + 3xy

⩾ 32

⇐⇒∑( z(x+ y + z)

z(x+ y + z) + 3xy− 1

2

)⩾ 0

⇐⇒∑ (z − x)(z + 3y) + (z − y)(z + 3x)

z(x+ y + z) + 3xy⩾ 0

⇐⇒∑( (z − x)(z + 3y)

z(x+ y + z) + 3xy+

(x− z)(x+ 3y)x(x+ y + z) + 3yz

)⩾ 0

⇐⇒∑ 6y2(x− z)2(

z(x+ y + z) + 3xy)(x(x+ y + z) + 3yz

) ⩾ 0,显然成立，原不等式得证。

解答时间 2013-11-8 & 2014-1-2 & 2014-5-1注上面这三个时间是这样来的：

2013-11-8 是想到弱化条件的时间，但当时没什么心情，所以没再想下去。2014-1-2 是在另一帖 http://kuing.orzweb.net/viewthread.php?tid=2210 中的 SOS，其实已经顺带

解决了这道题，但是当时完全没想起来。

2014-5-1 就是录入的时间，当我录到这里的时候我才想起了那个 SOS，然后结合两个帖的内容写下了上述证明过程。

♠

题目 1.1.42. 已知 a, b, c, d ∈ R, abcd = 1，求 a2 + b2 + c2 + d2 + ab+ ac+ ad+ bc+ bd+ cd 的最小值。

帖地址 http://kuing.orzweb.net/viewthread.php?tid=2591贴题者依然饭特稀

解

a2 + b2 + c2 + d2 + ab+ ac+ ad+ bc+ bd+ cd =a2 + b2 + c2 + d2 + (a+ b+ c+ d)2

2

⩾ a2 + b2 + c2 + d2

2

⩾ 2 4√a2b2c2d2

= 2,

当 a = b = 1, c = d = −1 时取等。

解答时间 2014-4-10注网友「其妙」给出如下解法。

35



证明 (by 其妙)

a2 + b2 + c2 + d2 + ab+ ac+ ad+ bc+ bd+ cd

=a2 + b2 + c2 + d2

2+

a2 + 2ad+ d2 + b2 + 2bc+ c2

2+ ab+ ac+ bd+ cd

=a2 + b2 + c2 + d2

2+

(a+ d)2 + (b+ c)2

2+ (a+ d)(b+ c)

⩾ a2 + b2 + c2 + d2

2+ |(a+ d)(b+ c)|+ (a+ d)(b+ c)

⩾ a2 + b2 + c2 + d2

2

⩾ 2 4√a2b2c2d2

= 2,

取等略。

♡

题目 1.1.43. 若满足 abc = 1 的任意正实数 a, b, c 使不等式

1

a+

1

b+

1

c+

λ

a+ b+ c⩾ 9

恒成立，求正实数 λ 的最小值。


题目出处《数学通讯》(学生刊) 2014 年第 4 期数学问题 173，安振平供题

解由 a, b, c > 0, abc = 1 得

1

a+

1

b+

1

c+

λ

a+ b+ c⩾ 9⇐⇒ λ ⩾ (9− ab− bc− ca)(a+ b+ c),

于是等价于求 (9− ab− bc− ca)(a+ b+ c) 的最大值。由对称性，不妨设 c ⩽ b ⩽ a，则由 abc = 1 知 c ⩽ 1。

（1）若 c < 1/9，则 ab > 9，此时 (9− ab− bc− ca)(a+ b+ c) < 0；（2）若 1/9 ⩽ c ⩽ 1，则

(9− ab− bc− ca)(a+ b+ c) = c(9

c− 1

c2− a− b

)(a+ b+ c)

⩽ c4

(9

c− 1

c2− a− b+ a+ b+ c

)2=

c

4

(9

c− 1

c2+ c

)2,

令

f(c) =c

4

(9

c− 1

c2+ c

)2,

1

9⩽ c ⩽ 1,

下面求 f(c) 的最大值，求导并因式分解得

f ′(c) =3(c3 − 3c+ 1)(c3 + 9c− 1)

4c4,

36



由 c ⩾ 1/9 知 c3+9c−1 > 0，又易证 g(c) = c3−3c+1 在 [1/9, 1] 上递减且 g(1/9)g(1) < 0，于是 c3−3c+1 = 0在 [1/9, 1] 上有且只有一个解，记此解为 c0，于是得到

f(c)max = f(c0).

综合（1）（2），我们得到了 (9− ab− bc− ca)(a+ b+ c) ⩽ f(c0)。最后我们来验证取等条件，当 b = c = c0 且 a = 1/c

20 时，有

(9− ab− bc− ca)(a+ b+ c)− f(c0) =(9− 2

c0− c20

)(1

c20+ 2c0

)− c0

4

(9

c0− 1

c20+ c0

)2=

9(c30 − 3c0 + 1)2

4c30

= 0.

综上，我们得到了 (9− ab− bc− ca)(a+ b+ c) 的最大值为 f(c0)，即 λ 的最小值为 f(c0)。在数值上，c0 ≈ 0.347, f(c0) ≈ 28.04。

解答时间 2014-4-5注事实上，还可以将 f(c0) 化为某个多项式的根，可以用结式去做，结果是 x

3−24x2−537x+11881 = 0，于是理论上还可以用卡当公式将 f(c0) 写出来，具体就不写了，反正也没什么用。

另外，当时我还看到几个链接说证出 λ = 18，事实上，λ = 28 的反例是 a = 7/20, b = 7/20, c = 400/49。

♣

题目 1.1.44. 已知 a, b, c 是正实数，且 a+ b+ c = 3 ，求证

1

a5+

1

b5+

1

c5+

5

2a3b3c3 ⩾ 11

2.


证明由幂平均有 (1

3

(1

a5+

1

b5+

1

c5

))2⩾(1

3

(1

a2+

1

b2+

1

c2

))5,

于是

1

a5+

1

b5+

1

c5⩾

√1

33

(1

a2+

1

b2+

1

c2

)5⩾

√1

33

(1

ab+

1

bc+

1

ca

)5=

3√(abc)5

,

令√abc = t，则

1

a5+

1

b5+

1

c5+

5

2a3b3c3 ⩾ 3

t5+

5

2t6 =

1

2

(1

t5+

1

t5+ · · ·+ 1

t5︸︷︷︸6个

+ t6 + t6 + · · ·+ t6︸︷︷︸5个

)⩾ 11

2.

解答时间 2014-3-18注贴题者大概是加强了 http://blog.sina.com.cn/s/blog_5618e6650101qemg.html 里的不等式，那

个原题太弱，随便放缩都不过，还居然能上《数学通讯》。不过其实现在这个也并没有强多少，然而，如果想求

最佳系数？那又会变得非常困难，我就没什么兴趣玩下去了。

♢

37

http://kuing.orzweb.net/viewthread.php?tid=2489http://blog.sina.com.cn/s/blog_5618e6650101qemg.html


题目 1.1.45. 在直角坐标系 xOy 中，抛物线 y = ax2 + bx+ c（a, b, c 是正整数）与 x 轴有两个不同的交点 A(x1, 0), B(x2, 0)。若 |x1| 和 |x2| 都大于 1，则 abc 的最小值是，此时 a+ b+ c =

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