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$PQ=CD$

由于wordpress升级6.0后的编辑器与latex插件结合起来实在难用(每个换行复制后都变成切换不同的块,需要手动合并,gather之类的环境用起来要死要活),所以很久没更新了.
今天把wordpress降级到5.9才开始写新文章.

已知数列 $\left\{a_n\right\}$ 是等差数列, 数列 $\left\{b_n\right\}$ 是等比数列, 公比为 $q$, 数列 $\left\{c_n\right\}$ 中, $c_n=a_n b_n$,$S_n$ 是数列 $\left\{c_n\right\}$ 的前 $n$ 项和。若 $S_m=11, S_{2 m}=7, S_{3 m}=-201$ ( $m$ 为正偶数), 则 $S_{4 m}$ 的值为
A. $-1601$
B. $-1801$
C. $-2001$
D. $-2201$

我们知道,等差乘以等比型数列的前$n$项和可以表示为$S_n=g_n q^n-g_0$的结构,其中$g_n$是某个等差数列.
实质就是$a_n$具有裂项表达式$a_n=g_n q^n-g_{n-1}q^{n-1},\forall n \in \mz$(将$n$扩展为一般整数,下面才能方便的用$S_0$,否则在求和意义下是没有$S_0$的)
那么题目可以看做\begin{gather}    g_m q^m-g_0=11\\    g_{2m} q^{2m}-g_0=7\\    g_{3m} q^{3m}-g_0=-201\\    g_{4m} q^{4m}-g_0=?\end{gather}
我们记$f_k=g_{km} Q^{k}-g_0,Q=q^m>0$,由线性递推的性质,它的特征方程为$(x-1)(x-Q)^2=x^3-(1+2Q)x^2+(Q^2+2Q)x-Q^2=0$
故我们有$f_k-(1+2Q)f_{k-1}+(Q^2+2Q)f_{k-2}-Q^2 f_{k-3}=0$
考虑$f_0=g_0-g_0=0,f_1=11,f_2=7,f_3=-201$,令$k=3$可得\[    -201-(1+2Q) \times 7+(Q^2+2Q) \times 11-Q^2 \times 0=0    \]
化简得$(Q-4)(11Q+52)=0,Q=4$
故\[    S_{4m}=f_4=9f_3-24f_2+16f_2=-1801    \]

在三角形 $A B C$ 中, $A B>A C, I$ 是内心， $A M$ 是中线. 设过 $I$ 且与 $B C$ 垂直的直线与 $A M$ 交于点 $L, I$ 关于点 $A$ 的对称点为 $J$. 证明: $\angle A B J=\angle L B I$.

证明:

    作$ID \perp BC$于$D$,$LE \perp BI$于$E$,延长$BA$至$F$,使得$AF=AB$
    则$LBDE$共圆,$\angle LBI=\angle LDE$;$JFIB$是平行四边形.
    由平行四边形及正弦定理    \begin{gather}        \frac{FJ}{FB}=\frac{IB}{2AB}\\        =\frac{\sin\frac{A}{2}}{2\sin(90^\circ+\frac{C}{2})}=\frac{\sin\frac{A}{2}}{2\cos\frac{C}{2}}    \end{gather}
    显然$$\frac{LE}{LD}=\frac{LI \cos\frac{B}{2}}{LD}=\frac{LI}{LD}\cos\frac{B}{2}$$
    记$BC$边上的高为$h$,外接圆半径$R$,由面积关系    \begin{gather}        \frac{LI}{LD}        =\frac{[AIM]}{[ADM]}=\frac{\frac{1}{2}([AIC]-[AIB])}{\frac{1}{2}([ADC]-[ADB])}\\        =\frac{\frac{r}{2}(b-c)}{\frac{h}{2}(DC-DB)}=\frac{\frac{r}{2}(b-c)}{\frac{h}{2}(b-c)}\\        =\frac{r}{h}=\frac{4R\sin\frac{A}{2}\sin\frac{B}{2}\sin\frac{C}{2}}{2R\sin B \sin C}        =\frac{\sin\frac{A}{2}}{2\cos\frac{B}{2}\cos\frac{C}{2}}    \end{gather}
    故    \[        \frac{LE}{LD}=\frac{LI \cos\frac{B}{2}}{LD}=\frac{LI}{LD}\cos\frac{B}{2}=\frac{\sin\frac{A}{2}}{2\cos\frac{C}{2}}=\frac{FJ}{FB}    \]
    结合$\angle DLE=\angle DBE=\frac{B}{2}=\angle BFJ$,故$\triangle DLE \sim \triangle BFJ$
    有$\angle FBJ=\angle LDE=\angle LBE$,即$\angle ABJ=\angle LBI$

已知$a,b,c$是三角形的三边长,求证:
\[    \frac{(a^3+b^3+c^3)^2}{(a^2+b^2)(b^2+c^2)(c^2+a^2)}<2\]

注意到
\begin{align}    &(1+\mi) (a+\mi b) (b+\mi c)(c+\mi a)\\    =&-\left(a^2b+ab^2+b^2c+bc^2+c^2a+ca^2-2abc\right)\\    &+\mi \left(a^2 b-a^2 c-a b^2+a c^2+b^2 c-b c^2\right)\end{align}
取模的平方,可得
\begin{align}    &2(a^2+b^2)(b^2+c^2)(c^2+a^2)\\    =&\left(a^2b+ab^2+b^2c+bc^2+c^2a+ca^2-2abc\right)^2\\    &+\left(a^2 b-a^2 c-a b^2+a c^2+b^2 c-b c^2\right)^2\\    \ge&\left(a^2b+ab^2+b^2c+bc^2+c^2a+ca^2-2abc\right)^2\\    =&[(a+b-c)(b+c-a)(c+a-b)+(a^3+b^3+c^3)]^2\\    >&(a^3+b^3+c^3)^2\end{align}

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

关于$x$的方程$e^x-a \sin x=b\sqrt{x}$有根,求证:$a^2+b^2>\me$

这可真是个老题了,而且各种模拟题早就玩出花了,只是本题增加了一些变式,而且求的不是最值了,而是对最值的估计
这类题最早的出处应该是1973年的IMO(国际数学奥林匹克)第3题:

    3. 设 $a, b$ 是可使方程    \[    x^{4}+a x^{3}+b x^{2}+a x+1=0    \]    至少有一实根的实数, 对于所有这样的数偶 $(a, b)$, 求 $a^{2}+b^{2}$ 的最小值.

    当年作为国际比赛的压轴题,而今已经沦为而今竞赛教材的经典问题,一般放在一试里.
    显然$x \ne 0$,则可变形为$(x^2+\frac{1}{x^2})+a(x+\frac{1}{x})+b=0$,令$u=x+\frac{1}{x}$则有    \[        u^2-2+au+b=0,u^2 \ge 4        \]        由柯西不等式    \[        (u^2-2)^2=(au+b)^2 \le (a^2+b^2)(u^2+1)        \]
    从而    \[        a^2+b^2 \ge (u^2+1)+\frac{9}{u^2+1}-6 \ge \frac{4}{5}        \]        且$a=\frac{4}{5},b=-\frac{2}{5}$时方程有根$x=-1$,故可以取到等号.

    本题作为这类题的题源,经过各种变迁,如果将其中一些函数换为指数等特殊函数,则可以与导数联系起来,在各地模拟题或者网上自编题中已经出现了一些.凡是学过竞赛的同学都有入手的方向,但是直接进入高考试卷仍然是十分激进的.

    对于本题的解答:
    这个根$x$肯定是正的,由柯西不等式以及$\sin x<x,x>0$    \[        \me^x=a\sin x+b\sqrt{x} \le \sqrt{a^2+b^2}\sqrt{\sin^2 x+x} < \sqrt{a^2+b^2}\sqrt{x^2+x}        \]        若$0<x\le 1$,使用不等式$\me^x \ge \me x$    \[        a^2+b^2>\frac{\me^{2x}}{x^2+x} \ge \frac{\me \cdot 2x}{x^2+x}=\me \cdot \frac{2}{x+1} \ge \me        \]        若$x>1$,再次使用不等式$\me^x \ge \me x$,以及$\frac{x}{x+1}>\frac{1}{2}$    \[        a^2+b^2>\frac{\me^{2x}}{x^2+x} \ge \frac{(\me x)^2}{x^2+x}=\me^2 \frac{x}{x+1}>\frac{\me^2}{2}>\me    \]
    这样就证明了原题.

已知$\ds x>0,y>0,x+y=\frac{x^2}{y}+\frac{5}{xy}$,求$x+y$的最小值

\begin{gather}    xy(x+y)=x^3+5\\    5=x(y^2+xy-x^2) \le x(y^2+\frac{y^2}{4})\\    xy^2 \ge 4\\    x+y=x+\frac{y}{2}+\frac{y}{2} \ge 3\sqrt[3]{x \cdot \frac{y}{2} \cdot \frac{y}{2}}=3\end{gather}
$x=1,y=2$可取等