585. 已知数列 $\left\{x_n\right\}$ 满足: $\ds x_1=\frac{1}{2}, x_{n+1}=\frac{1}{1+x_n}, n \in \mathbf{N}^*$, 求证: $\ds \left|x_2-x_1\right|+\left|x_3-x_2\right|+\cdots+\left|x_{n+1}-x_n\right|<\frac{1}{3}$.

证明:归纳证明:$\forall n \in \mN,\frac{1}{2} \le x_n \le \frac{2}{3}$
显然$n=1$成立
设$n$成立,$\frac{1}{2} \le x_n \le \frac{2}{3}$,则由$x_{n+1}=\frac{1}{1+x_n}$\[    \frac{1}{1+\frac{2}{3}} \le x_{n+1} \le \frac{1}{1+\frac{1}{2}}\]即有\[    \frac{1}{2}<\frac{3}{5} \le x_{n+1} \le \frac{2}{3}    \]对$n+1$也成立.故原命题成立.
从而有$(1+x_n)(1+x_{n-1}) \ge \frac{9}{4}$\[    |x_{n+1}-x_n|=|\frac{1}{1+x_n}-\frac{1}{1+x_{n-1}}|=\frac{|x_n-x_{n-1}|}{(1+x_n)(1+x_{n-1})}\\    \le \frac{4}{9}|x_n-x_{n-1}|    \]
结合$|x_2-x_1|=\frac{1}{6}$,可得\[    |x_{n+1}-x_n| \le (\frac{4}{9})^{n-1} \cdot \frac{1}{6}    \]
求和可得\[    \sum_{k=1}^n |x_{k+1}-x_k| \le \sum_{k=1}^n (\frac{4}{9})^{n-1} \cdot \frac{1}{6} < \sum_{k=1}^\infty (\frac{4}{9})^{n-1} \cdot \frac{1}{6} =\frac{3}{10}<\frac{1}{3}    \]

正项数列 $\left\{x_n\right\}$ 满足 $x_n+\frac{1}{x_{n+1}}<2, n \in \mN$
(1) 证明: $x_n<x_{n+1}$
(2) 证明: $1-\frac{1}{n}<x_n<1$

证明:(1) 均值不等式\[    x_{n+1}+\frac{1}{x_{n+1}} \ge 2 > x_n+\frac{1}{x_{n+1}}\]
故有$x_{n+1}>x_n$

(2) 若存在某个$x_k\ge 1$,那么由(1)可得$x_n>1,\forall n>k$
\begin{gather}    \forall n \ge k+1,0<x_n-1<\frac{x_{n+1}-1}{x_{n+1}}\\    \frac{1}{x_n-1}>\frac{x_{n+1}}{x_{n+1}-1}=1+\frac{1}{x_{n+1}-1},\frac{1}{x_{n+1}-1}<\frac{1}{x_{n}-1}-1\\    \forall j \in \mN,\frac{1}{x_{j+k+1}-1} \le \frac{1}{x_{k+1}-1}-j\end{gather}
取$j>\frac{1}{x_{k+1}-1}$,则$\frac{1}{x_{j+k+1}-1}<0,x_{j+k+1}<1$,矛盾
故对一切$k \in \mN,0<x_k<1$
\begin{gather}    1-x_n>\frac{1}{x_{n+1}}-1=\frac{1-x_{n+1}}{x_{n+1}}>0\\    \frac{1}{1-x_n}<\frac{x_{n+1}}{1-x_{n+1}}=\frac{1}{1-x_{n+1}}-1,\frac{1}{1-x_{n+1}}>\frac{1}{1-x_n}+1\\    \frac{1}{1-x_n}>\frac{1}{1-x_1}+n-1>n\\    1-\frac{1}{n}<x_n<1\end{gather}

求最大的常数 $M$, 使得对任意一个满足如下条 件的无穷实数列 $\left\{a_n\right\}, n=0,1,2, \ldots$, 以及任 意 $n \geq 0$, 均有 $\frac{a_{n+1}}{a_n}>M$ :
(1)$a_0=1, a_1=3$;
(2)$a_0+a_1+\ldots+a_{n-1} \geq 3 a_n-a_{n+1}$.

解:取$a_n=(n+2)2^{n-1}$,则满足全部条件.
此时,$\frac{a_{n+1}}{a_n}=\frac{2(n+3)}{n+2}>M$恒成立.
取$n \to +\infty,M \le 2$
下面证明$M=2$是复合题意的:
令$S_n=a_0+a_1+a_2+\dots+a_n$,则原式化为\[    S_{n-1} \ge 3(S_n-S_{n-1})-(S_{n+1}-S_n)    \]
可得\[    S_{n+1}-2S_n \ge 2(S_n-2S_{n-1})    \]
于是有\[    S_{n}-2S_{n-1} \ge 2^{n-1}(S_1-2S_0)=2^n    \]
容易得到$S_n$递增,$a_n>0$,且\[    a_{n+1}-2a_n \ge a_n-(a_0+a_1+\dots+a_{n-1})=S_n-2S_{n-1}>0    \]
即\[    \frac{a_{n+1}}{a_n}>2    \]
    综上,$M$的最大值是2

已知$a,b,c$都是正实数,求$\ds \frac{(a^2+5)(b^2+5)(c^2+5)}{a+b+c}$的最小值

证明:根据抽屉原理,$a^2,b^2,c^2$中必定有两个同时不大于1或者不小于1
不妨设为$a^2,b^2$,则$(a^2-1)(b^2-1) \ge 0,a^2 b^2+1 \ge a^2+b^2$
\begin{gather}    (a^2+5)(b^2+5)(c^2+5)=[a^2 b^2+1+5(a^2+b^2)+24](c^2+5)\\    \ge 6(a^2+b^2+4)(c^2+5)=6(a^2+b^2+1+3)(1+1+c^2+3)\\    \ge 6(a+b+c+3)^2 \ge 72 (a+b+c)\end{gather}且当$a=b=c=1$时可取等

P4.给定非等边$\triangle ABC$,记其内心为$I$,内切圆分别切三边$BC$、$CA$、$AB$于$D$、$E$、$F$.令$P$为$AI$与$DF$的交点,$Q$为$BI$与$EF$的交点.证明:$PQ=CD$.

解析:观察$PQ,CD$,可以猜测$PDQC$应该是个等腰梯形,而$Q$在$DF$中垂线上,所以应该有$FQCP$是平行四边形.到这里就应该想到一个引理了(但是这个引理文字叙述起来非常拗口).
大约是12年的IMO考过,后面东南女奥也考过几回.
对于本题而言,就是$Q$为$C$在$BI$上的垂足,$P$为$C$在$AI$上的垂足.而后稍微导一导就行了.

证明:$\angle FQB=\angle AFE-\angle ABI=90^\circ-\frac{A}{2}-\frac{B}{2}=\frac{C}{2}=\angle ACI$
故$EQCI$共圆,$\angle IQC=\angle IEC=90^\circ$
考虑$DF \perp BQ$,于是$CQ//DF$
同理$\angle CPI=90^\circ$(这其实意味着$IEQCPD$六点共圆),及$CP//EF$,于是$FQCP$是平行四边形.
结合$QD=QF$就有$PDQC$是等腰梯形,对角线$PQ=CD$