练习题集[78]不等式高能篇

先发高能预警！

1．已知$A,B,C$是锐角，且$\tan A+\tan B+\tan C=1$，求证：$\sin 2A+\sin 2B+\sin 2C\leqslant \dfrac 95$．

2．设$x,y,z>0$，求证：$\displaystyle \sum_{cyc}\dfrac{z\left(z^2-y^2\right)}{x+y}\geqslant 0$．

3．已知$a,b,c\geqslant 0$，且$a+b+c=1$，求证：$5\left(a^2+b^2+c^2\right)+18abc\geqslant \dfrac 73$．

4．设$x,y,z>0$，且$x+y+z=1$，求证：$$\dfrac{xy}{\sqrt{xy+yz}}+\dfrac{yz}{\sqrt{yz+zx}}+\dfrac{zx}{\sqrt{zx+xy}}\leqslant \dfrac{\sqrt 2}2.$$

5．设$a,b,c$为$\triangle ABC$的三边长，求证：$$a^2b(a-b)+b^2c(b-c)+c^2a(c-a)\geqslant 0.$$

6．若$a,b,c,d>0$，求证：$\dfrac{a^2-bd}{b+2c+d}+\dfrac{b^2-ca}{c+2d+a}+\dfrac{c^2-db}{d+2a+b}+\dfrac{d^2-ac}{a+2b+c}\geqslant 0$．

7．（第42届IMO试题)设$a,b,c>0$，求证：$\dfrac{a}{\sqrt{a^2+8bc}}+\dfrac{b}{\sqrt{b^2+8ca}}+\dfrac{c}{\sqrt{c^2+8ab}}\geqslant 1$．

参考答案

1．设$a=\tan A$，$b=\tan B$，$c=\tan C$，则$a+b+c=1$．由琴生不等式，有$$LHS=\dfrac{2a}{1+a^2}+\dfrac{2b}{1+b^2}+\dfrac{2c}{1+c^2}\leqslant 3\cdot \dfrac{2\cdot\dfrac 13}{1+\left(\dfrac 13\right)^2}=RHS,$$原不等式得证．

2．设$$A=\sum_{cyc}\dfrac{z\left(z^2-y^2\right)}{x+y},B=\sum_{cyc}\dfrac{z\left(z^2-x^2\right)}{x+y},$$则有$$A-B=z(x-y)+x(y-z)+y(z-x)=0,$$于是$A=B$．因此只需要证明$A+B\geqslant 0$，即$$\sum_{cyc}\dfrac{2z^3}{x+y}\geqslant \sum_{cyc}\dfrac{y^2z}{x+y}+\sum_{cyc}\dfrac{x^2z}{x+y},$$不妨设$x\leqslant y\leqslant z$，则$$z^2,y^2,x^2$$与$$\dfrac{z}{x+y},\dfrac{y}{z+x},\dfrac{x}{y+z}$$为顺序排列，根据排序不等式，有$$\sum_{cyc}\dfrac{z^3}{x+y}\geqslant \sum_{cyc}\dfrac{y^2z}{x+y},\sum_{cyc}\dfrac{z^3}{x+y}\geqslant \sum_{cyc}\dfrac{x^2z}{x+y},$$因此原不等式得证．

3．设$p=a+b+c$，$q=ab+bc+ca$，$r=abc$，则$$LHS=5\left(p^2-2q\right)+18r=5-10q+18r.$$由Schur不等式，有$$p^3+9r\geqslant 4pq,$$于是$$9r-4q\geqslant -1,$$从而有$$5-10q+18r\geqslant 3-2q\geqslant 3-2\cdot \dfrac 13p^2=\dfrac 73,$$原不等式得证．

注　Schur不等式（舒尔不等式）：
设$x,y,z\geqslant 0$，$r>0$，则$$\sum_{cyc}{x^{r}(x-y)(y-z)}\geqslant 0.$$
证明　不妨设$x\geqslant y\geqslant z$，则\[\begin{split} LHS\geqslant &x^r(x-y)(y-z)-y^r(y-z)(x-y)\\\geqslant &y^r(x-y)(x-z)-y^r(y-z)(x-y)\\=&y^r(x-y)^2\geqslant 0.\end{split} \]不等式得证．

Schur不等式的推论：
推论一　$$\sum_{cyc}{x^{3}}+\sum_{cyc}xyz\geqslant\sum_{cyc}{x^2y}+\sum_{cyc}xy^2.$$
 推论二　$$\left(\sum_{cyc}{x}\right)^3-4\sum_{cyc}{x}\sum_{cyc}{yz}+9xyz\geqslant 0.$$记$p=x+y+z,q=xy+yz+zx,r=xyz$，推论二即$$p^3-4pq+9r\geqslant 0.$$

4．法一　去根号(一)
原不等式等价于$$\sum_{cyc}\left(xy\sqrt{\dfrac{2}{xy+yz}}\right)\leqslant 1,$$而\[\begin{split} xy\sqrt{\dfrac{2}{xy+yz}}&=\dfrac{x\sqrt{2(xy+yz)}}{z+x}
=\dfrac{x\sqrt{2(xy+yz)\cdot (y+z)^2}}{(y+z)(z+x)}\\
&\leqslant \dfrac{x\left(2xy+4yz+y^2+z^2\right)}{2(y+z)(z+x)},\end{split} \]而$$(x+y+z)-\sum_{cyc}\dfrac{x\left(2xy+4yz+y^2+z^2\right)}{2(y+z)(z+x)}=\dfrac{\sum_{cyc}\left[zx(x^2-y^2)\right]}{2(x+y)(y+z)(z+x)},$$不妨设$z$最小，考虑分子有\[\begin{split} \sum_{cyc}\left[zx(x^2-y^2)\right]=&xz(x^2-y^2)+xy(y^2-z^2)+yz(z^2-y^2+y^2-x^2)\\=&z(x-y)(x^2-y^2)+y(x-z)(y^2-z^2)\geqslant 0.\end{split} \]于是原不等式得证．

法二　去根号(二)
根据已知，有\[\begin{split} \sum_{cyc}\dfrac{xy}{\sqrt{xy+yz}}&=\sum_{cyc}\sqrt{\dfrac{x^2y}{x+z}}\\
&=\sum_{cyc}\left[\sqrt{\dfrac{x+y}2}\cdot\sqrt{\dfrac{2x^2y}{(x+y)(x+z)}}\right]\\
&\leqslant \sqrt{\sum_{cyc}\dfrac{2x^2y}{(x+y)(x+z)}},\end{split} \]接下来只要证明$$\sum_{cyc}\dfrac{x^2y}{(x+y)(x+z)}\leqslant \dfrac 14(x+y+z),$$即$$\sum_{cyc}\left(x^3y+y^3x-2x^2y^2\right)\geqslant 0,$$因此原命题得证．

5．设$a=y+z$，$b=z+x$，$c=x+y$，$x,y,z>0$，则原不等式等价于$$\sum_{cyc}\left[2xy^2(y-z)\right]\geqslant 0,$$即$$xy^3+yz^3+zx^3\geqslant xyz(x+y+z),$$也即$$\dfrac{y^2}{z}+\dfrac{z^2}{x}+\dfrac{x^2}{y}\geqslant x+y+z,$$由柯西不等式，上述不等式成立，因此原不等式得证．

6．由于$$\sum_{cyc}\left(a^2-bd\right)\geqslant 0,$$考虑到柯西不等式，于是只需要证明$$\sum_{cyc}\left[\left(a^2-bd\right)(b+2c+d)\right]\geqslant 0,$$而上述不等式等价于\[\begin{split} &\left(a^2+c^2\right)(d+b)+\left(b^2+d^2\right)(a+c)+2ac(a+c)+2bd(b+d)\\ &\qquad\qquad\qquad\geqslant ac(2a+2b+2c+2d)+bd(2a+2b+2c+2d),\end{split} \]根据均值不等式，这显然成立，因此原命题得证．

注　由柯西不等式可得当$a+b>0,x>0,y>0$时，$\dfrac ax+\dfrac by>0$等价于证明$ax+by>0$，因为$$\left(\dfrac ax+\dfrac by\right )(ax+by)\geqslant (a+b)^2.$$
7．由权方和不等式，有$$LHS\geqslant \dfrac{(a+b+c)^{\frac 32}}{\sqrt{a\left(a^2+8bc\right)+b\left(b^2+8ca\right)+c\left(c^2+8ab\right)}},$$因此只需要证明$$\left(\sum_{cyc}a\right)^3\geqslant \sum_{cyc}\left[a\left(a^2+8bc\right)\right],$$即$$3\sum_{cyc}\left(ab^2\right)+3\sum_{cyc}\left(a^2b\right)\geqslant 18abc,$$由均值不等式，上述不等式成立，因此原不等式得证．

注　权方和不等式：当$a_i,b_i>0$，$m>0$时，有$$\sum_{i=1}^n{\dfrac{a_i^{m+1}}{b_i^m}}\geqslant \dfrac{\left(\sum\limits_{i=1}^n{a_i}\right)^{m+1}}{\left(\sum\limits_{i=1}^n{b_i}\right)^m}.$$
当$a_i=\lambda b_i,i=1,2,\cdots,n$时取等号．

在本题中使用权方和不等式，即：$$\sum_{cyc}\dfrac {a^{\frac 32}}{\left[a(a^2+8bc)\right]^{\frac 12}}\geqslant \dfrac{(a+b+c)^{\frac 32}}{\left[a(a^2+8bc)+b(b^2+8ca)+c(c^2+8ab)\right]^{\frac 12}}.$$