1．已知$x,y\in (0,1)$，$n\in\mathcal N^*$，求证：$\dfrac{x^n}{1-x^2}+\dfrac{y^n}{1-y^2}\geqslant \dfrac{x^n+y^n}{1-xy}$．
2．已知$a,b,c>0$，求证：$\displaystyle \sum_{cyc}\dfrac{a^2}{b}\geqslant\sqrt{3\left(a^2+b^2+c^2\right)}$．
3．已知$a,b,c>0$，$abc=1$，求证：$\displaystyle \sum_{cyc}\dfrac{1}{a^3(b+c)}\geqslant \dfrac 12\sum_{cyc}\dfrac 1a$．
4．已知正实数$a,b,c$满足$a+b+c=abc$，求证：$\dfrac{1}{\sqrt{1+a^2}}+\dfrac{1}{\sqrt{1+b^2}}+\dfrac{1}{\sqrt{1+c^2}}\leqslant \dfrac 32$．
5．设$a,b,c,d>0$，且$a+b+c+d=4$，求证：$\displaystyle \sum_{cyc}\dfrac{a+1}{b^2+1}\geqslant 4$．
6．设$x,y,z\geqslant 0$，且$x+y+z=1$，求证：$0\leqslant xy+yz+zx-2xyz\leqslant \dfrac{7}{27}$．
7．已知$a,b,c>0$，求证：$\displaystyle \dfrac{a^2b(b-c)}{a+b}+\dfrac{b^2c(c-a)}{b+c}+\dfrac{c^2a(a-b)}{c+a}\geqslant 0$．
参考答案
1．原不等式等价于$$(1-xy)\left(1-y^2\right)x^n+(1-xy)\left(1-x^2\right)y^n-\left(1-x^2\right)\left(1-y^2\right)\left(x^n+y^n\right)\geqslant 0,$$整理，该不等式等价于$$(x-y)\left(1-x^2\right)\left(1-y^2\right)\left(\dfrac{x^{n+1}}{1-x^2}-\dfrac{y^{n+1}}{1-y^2}\right)\geqslant 0,$$该不等式在$x,y\in (0,1)$时显然成立，原命题得证．
思考与总结 注意到当$x=y$时左右两边相等，这就意味着整理后的多项式必然有因式$(x-y)$，循此思路突破．
2．由权方和不等式，有$$LHS=\sum_{cyc}\dfrac{\left(a^2\right)^{\frac 32}}{\left(a^2b^2\right)^{\frac 12}}\geqslant \dfrac{\left(\sum_{cyc}a^2\right)^{\frac 32}}{\sqrt{\sum_{cyc}a^2b^2}},$$于是只需要证明$$\left(a^2+b^2+c^2\right)^3\geqslant 3\left(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2\right)\left(a^2+b^2+c^2\right),$$即$$a^4+b^4+c^4\geqslant a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2,$$这显然成立，因此原命题得证．
3．由柯西不等式，有$$LHS=\sum_{cyc}\dfrac{\dfrac{1}{a^2}}{a(b+c)}\geqslant \dfrac{\left(\sum_{cyc}\dfrac 1a\right)^2}{\sum_{cyc}\left[a(b+c)\right]}=RHS,$$因此原命题得证．
4．令$a=\tan A$，$b=\tan B$，$c=\tan C$，$A+B+C=\pi$，且$A,B,C$均为锐角，则$$LHS=\cos A+\cos B+\cos C\leqslant 3\cos\dfrac{A+B+C}3=\dfrac 32=RHS,$$因此原不等式得证．
5．由于\[\begin{split} \dfrac{a+1}{b^2+1}&=(a+1)\left(1-\dfrac{b^2}{b^2+1}\right)\\&\geqslant (a+1)-(a+1)\cdot \dfrac{b^2}{2b}\\&=(a+1)-\dfrac{ab+b}2,\end{split} \]于是\[\begin{split} LHS&\geqslant 4+\dfrac{\sum_{cyc}a-\sum_{cyc}ab}2\\&=4+\dfrac{\left(\sum_{cyc}a\right)^2-4\sum_{cyc}ab}{8}\\&\geqslant 4,\end{split} \]因此原不等式得证．
注 由$(a+b+c+d)^2\geqslant\left[2\sqrt{(a+c)(b+d)}\right]^2=4(a+c)(b+d)$可以得到最后一步的不等式．
6．冻结变量 不妨设$x\leqslant y\leqslant z$，则$0\leqslant x\leqslant \dfrac 13$．此时$$xy+yz+zx-2xyz=x(y+z)+yz(1-2x)\geqslant 0,$$于是左边不等式成立．而\[\begin{split} x(y+z)+yz(1-2x)&\leqslant x(1-x)+\dfrac 14(1-x)^2(1-2x)\\&=-\dfrac 12x^3+\dfrac 14x^2+\dfrac 14\\&=\dfrac 14x^2(1-2x)+\dfrac14\\&\leqslant \dfrac{7}{27},\end{split} \]于是右边不等式成立．
综上所述，原命题得证．
思考与总结 把变量$x$冻结(看成参数)，然后得到关于$x$的函数，再求最值．
7．原不等式即$$abc\cdot\dfrac{a(b-c)}{c(a+b)}+abc\cdot \dfrac{b(c-a)}{a(b+c)}+abc\cdot \dfrac{c(a-b)}{b(c+a)}\geqslant 0,$$分别令$x=bc$，$y=ca$，$z=ab$，则原不等式等价于$$\dfrac{z}{x+y}+\dfrac{x}{y+z}+\dfrac{y}{z+x}\geqslant \dfrac{y}{x+y}+\dfrac{z}{y+z}+\dfrac{x}{z+x}.$$不妨设$z$最小．若$x\geqslant y\geqslant z$，则$$\dfrac{1}{y+z}\geqslant\dfrac {1}{z+x}\geqslant \dfrac{1}{x+y},$$于是根据排序不等式，命题得证．若$y\geqslant x\geqslant z$，则$$\dfrac{1}{z+x}\geqslant\dfrac {1}{y+z}\geqslant \dfrac{1}{x+y},$$于是根据排序不等式，命题得证．
综上所述，原命题得证．