已知$x>0, y>0$,且$16 x^4+16 y^4+16 x^2 y^2-60 x^2-60 y^2+63=0$
求 $x+y$ 的取值范围.

考虑
\begin{align}
16(x+y)^4 =& 16(x^4+y^4+4x^3y+4xy^3+6x^2 y^2)\\
=& 16(x^4+x^2 y^2+y^4)+64xy(x^2+y^2)+80x^2 y^2\\
=& 60(x^2+y^2)-63+64xy(x^2+y^2)+80x^2 y^2\\
=& 60(x+y)^2+80x^2 y^2-120xy+64xy(x^2+y^2)-63\\
=& 60(x+y)^2+8xy[8(x^2+y^2)+10xy-15]\\
=& 60(x+y)^2+8xy \cdot 8(x+y)^2-8xy(6xy+15)\\
a =& x+y,b=xy \le \frac{a^2}{4}\\
16a^4-60a^2+63 =& 8b \cdot 8a^2-8b \cdot (6b+15)\\
\frac{16a^4-60a^2+63}{8} =& -6b^2+(8a^2-15)b
\end{align}

由判别式,左边恒正,故$8a^2-15>0$
又由均值不等式(或者配方)
\[\frac{16a^4-60a^2+63}{8} = -6b^2+(8a^2-15)b \le \frac{(8a^2-15)^2}{24}\]

化简得
\[(a^2-3)(4a^2-3) \ge 0\]
由于$\ds a^2>\frac{15}{8},4a^2-3>0$,故$a^2 \ge 3$
则$f(b)=-6b^2+(8a^2-15)b$的对称轴$\ds x_0=\frac{8a^2-15}{12} \ge \frac{a^2}{4}$

从而
\begin{gather}
\frac{16a^4-60a^2+63}{8} = f(b) \le f(\frac{a^2}{4})\\
\frac{16a^4-60a^2+63}{8} \le -6 \times \frac{a^4}{16}+(8a^2-15) \times \frac{a^2}{4}\\
(a^2-3)(a^2-7) \le 0\\
x+y=a \in [\sqrt{3},\sqrt{7}]
\end{gather}

当$\ds x=y=\frac{\sqrt{3}}{2},x=y=\frac{\sqrt{7}}{2}$可以分别取等

设 $a,b,c$ 为实数. 已知当 $- 1 \leq x \leq 1$ 时,恒有 $\left| {a{x}^{2} + {bx} + c}\right| \leq 1$ ,则 $2\left| a\right| + \left| b\right| + 3\left| c\right|$ 的最大值为 $\tk$ .

本题属于多重最值里的技巧.
对于这类二次函数型问题(在某个区间上,二次函数的绝对值不超过xx),我们通常并不使用二次函数的系数,而是选取区间端点和中点的值来刻画(显然知道这三个值也就知道了三个系数)

考虑$f(0)=c,f(1)=a+b+c,f(-1)=a-b+c$可得
\begin{aligned}
a & =\frac{1}{2}[(a+b+c)+(a-b+c)]-c=\frac{1}{2}[f(1)+f(-1)]-f(0) \\
b & =\frac{1}{2}[(a+b+c)-(a-b+c)]=\frac{1}{2}[f(1)-f(-1)] \\
c & =f(0)
\end{aligned}
可知
\begin{aligned}
2|a|+|b|+3|c| & =2\left|\frac{1}{2}[f(1)+f(-1)]-f(0)\right|+\frac{1}{2}|f(1)-f(-1)|+3|f(0)| \\
& = |f(1)+f(-1)-f(0)|+\frac{1}{2}|f(1)-f(-1)|+3|f(0)|\\
& = \max { |f(1)+f(-1)-2f(0) \pm \frac{1}{2}(f(1)-f(1)) \pm 3f(0) |}\\
& \le \frac{3}{2}+\frac{1}{2}+5=7
\end{aligned}

最后一步把四种可能都写出来,每一种都可以放缩成系数的绝对值之和.最大为7.
当$a=2,b=0,c=-1$可以取到等号.

已知$\triangle ABC$的内角满足$\sin A+2\sin B=2\sin C$,求$\ds \frac{1}{\sin A}+\frac{1}{\sin B}-\frac{1}{\sin C}$的最小值

解法1:
使用内切圆换元,面积$s$\begin{gather}a=y+z, b=z+x, c=x+y  \\a=2(c-b) \Rightarrow y+z=2(y-z), y=3 z  \\s^2=x y z(x+y+z)=3 x z^2(x+4 z) \\\frac{1}{\sin A}+\frac{1}{\sin B}-\frac{1}{\sin c}=\frac{b c+c a-a b }{2 s}\\=\frac{x^2+4 x z+11 z^2}{2 \sqrt{3 x z^2(x+4 z)}} \geqslant \frac{2 \sqrt{11 z^2 \cdot\left(x^2+4 x z\right)}}{2 \sqrt{3 x z^2(x+4 z)}}=\frac{\sqrt{33}}{3}\end{gather}

解法2:
和差化积\begin{gather}    \frac{1}{2}= \frac{\sin C-\sin B}{\sin A}=\frac{2 \cos \frac{C+B}{2} \sin \frac{C-B}{2}}{2 \sin \frac{C+B}{2} \cos \frac{C+B}{2}}=\frac{\tan \frac{C}{2}-\tan \frac{B}{2}}{\tan \frac{C}{2}+\tan \frac{B}{2}} \\    \tan \frac{C}{2}= 3 \tan \frac{B}{2}, \tan \frac{B}{2}=x>0, \tan \frac{C}{2}=3 x\\    \tan \frac{A}{2} \tan \frac{B}{2}+\tan \frac{B}{2} \tan \frac{C}{2}+\tan \frac{C}{2} \tan \frac{A}{2}=1 \Rightarrow  \tan \frac{A}{2}=\frac{1-3 x^2}{4 x}>0\end{gather}
考虑万能公式\[    \frac{2}{\sin A}=\tan \frac{A}{2}+\cot \frac{A}{2}\]\begin{gather}    2\left(\frac{1}{\sin A}+\frac{1}{\sin B}-\frac{1}{\sin C}\right)=\frac{1-3 x^2}{4 x}+\frac{4 x}{1-3 x^2}+x+\frac{1}{x}-\left(3 x+\frac{1}{3x}\right) \\=  \frac{11}{12} \cdot \frac{1-3 x^2}{x}+4 \cdot \frac{x}{1-3 x^2} \geqslant 2 \sqrt{\frac{11}{12} \times 4}=2 \cdot \frac{\sqrt{33}}{3}\\\left(\frac{1}{\sin A}+\frac{1}{\sin B}-\frac{1}{\sin C}\right) \ge \frac{\sqrt{33}}{3}\end{gather}

    去掉了原题干的一些废话,所以变量显得有些奇怪,但是无误,
$a^2<1$,求$\ds M=\frac{a^2+1}{a^4}\frac{a^4+1}{(a^2-1)^2}$的最小值

    解:设$x=a^2 \in (0,1),y=1-a^2$,则    \begin{align}        M&=\frac{a^2+1}{a^4}\frac{a^4+1}{(a^2-1)^2}\\        &=\frac{(y+2x)[x^2+(x+y)^2]}{x^2 y^2}\\        &=\frac{(x+y)(y+2x)[x^2+(x+y)^2]}{x^2 y^2}\\        &=\frac{(2x^2+y^2+3xy)(2x^2+y^2+2xy)}{x^2 y^2}\\        & \ge \frac{(2\sqrt{2} xy+3xy)(2\sqrt{2}xy+2xy)}{x^2 y^2}\\        &=14+10\sqrt{2}    \end{align}    当$2x^2=y^2$取等

前段时间网站被黑,服务器没有来得及维护,东西丢了不少,服务器停了很久.而今找回,重新布置上线.

已知 $a \geq b \geq c \geq d \geq 0$, 且 $\ds \frac{a^2+b^2+c^2+d^2}{(a+b+c+d)^2}=\frac{3}{8}$, 求 $\ds \frac{a+c}{b+d}$ 的最大值

考虑    \begin{align}        \frac{3}{8}(a+b+c+d)^2&=a^2+b^2+c^2+d^2\\        & \ge a^2+c^2+c^2+0=a^2+2c^2\\        & \ge \frac{(a+c)^2}{1+\frac{1}{2}}\\        \frac{9}{16}(a+b+c+d)^2 &\ge (a+c)^2\\        \frac{a+c}{b+d} & \le 3    \end{align}    当$a=2,b=c=1,d=0$可取等

已知$x+y=3$,求下式的最大值\[    \frac{x^2+y^2+2}{\sqrt{(x^2+1)(y^2+1)}}    \]

解:\begin{align}    13(x^2+1)(y^2+1)&=(9+4)[(x+y)^2+(1-xy)^2]\\    &\ge [3(x+y)+2(1-xy)]^2=[(x+y)^2+2(1-xy)]^2\\    &=(x^2+y^2+2)^2\end{align}
故可得\[    \frac{x^2+y^2+2}{\sqrt{(x^2+1)(y^2+1)}} \le \sqrt{13}    \]
当$xy=-1$取等,解方程可得具体取等条件

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\[    \sum_{k=1}^n |x_{k+1}-x_k| \le \sum_{k=1}^n (\frac{4}{9})^{n-1} \cdot \frac{1}{6} < \sum_{k=1}^\infty (\frac{4}{9})^{n-1} \cdot \frac{1}{6} =\frac{3}{10}<\frac{1}{3}    \]

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

$a,b,c \in [1,2]$,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

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