已知实数$x,y$满足$|x^2+y|-|x+y^2|=2$,则$|x|$的最小值是$\tk$

显然$|x^2+y| =|x+y^2|+2 \ge 2$
若$x^2+y\le -2$,则\[    x+y^2 \ge x+(2+x^2)^2 \ge x+(1+2|x|)^2>x+4|x| \ge 0    \]
从而原式化为$-(x^2+y)-(x+y^2)=2,(x+\frac{1}{2})^2+(y+\frac{1}{2})^2+\frac{3}{2}=0$,矛盾.
所以有$x^2+y \ge 2$
若$|x|<1$,则$y \ge 2-x^2>1$\[    x+y^2>-1+1=0\]
从而原式化为\[    (x^2+y)-(x+y^2)=2,(x-2)(x+1)=y(y-1)    \]
注意到$(x-2)(x+1)<0,y(y-1)>0$,矛盾.
所以有$|x| \ge 1$,注意到$x=-1,y=1$可取等,因此$|x|$的最小值为1

    求出所有的正整数$k$,使得对任意满足不等式    \[        k(ab+bc+ca)>4(a^2+b^2+c^2)        \]        的正数$a,b,c$,一定存在三边长分别为$a,b,c$的三角形

考虑三角形的极端情况$(1,1,2)$,可知$k \le 6$,(否则如果$k>6$,就有$(1,1,2)$满足不等式但是不可以构成三角形)       
而基本不等式可知$k>5$,因此只有$k=6$是可能的   
\[    \frac{6}{5}>\frac{a^2+b^2+c^2}{ab+c(a+b)} \ge \frac{\frac{(a+b)^2}{2}+c^2}{\frac{(a+b)^2}{4}+c(a+b)}            \]
令$\ds t=\frac{a+b}{c}$,得$t^2-6t+5<0,1<t<5$               
这表明总是有$a+b>c$,满足题意

$a,b,c \in [1,2]$,求$\ds S=\frac{(b-c)^2}{bc}+\frac{(c-a)^2}{ca}+\frac{(a-b)^2}{ab}$的最大值

不妨设$a \le b \le c$,则
\begin{gather}    S=\frac{a+c}{b}+(\frac{1}{a}+\frac{1}{c})b+\frac{a}{c}+\frac{c}{a}-6\\    =\frac{a+c}{ac}(b+\frac{ac}{b})+\frac{a}{c}+\frac{c}{a}-6\\    \le \frac{a+c}{ac}(a+c)+\frac{a}{c}+\frac{c}{a}-6\\    =2(\frac{a}{c}+\frac{c}{a})-4 \le 1\end{gather}
其中使用了$\ds b+\frac{ac}{b} \le a+c,\frac{a}{c}+\frac{c}{a} \le \frac{5}{2}$,因为对钩函数的单调性
当$\{1,1,2\}$或者$\{1,2,2\}$取等