已知 $a,b,c\in\mathbb{R}$，若 $a^2+b^2+c^2=1$，且 $\left(a-1\right)\left(b-1\right)\left(c-1\right)=abc$，则下列结论中正确的是（ ）
A．$a+b+c=1$
B．$ab+bc+ca<1$
C．$c$ 的最大值为 $1$
D．$a$ 的最小值为 $-1$
若 $1+\dfrac 12+\dfrac 13+\cdots+\dfrac 1{2016}=\dfrac ab$，其中 $a,b$ 为互质的正整数，求证：$2017^2\mid a$．
2021年7月1日，by xixiggg：
记 $p=2017$，其为素数．由于\[\displaystyle \sum\limits_{t=1}^{p-1}\dfrac 1 t=\dfrac 1 2\sum\limits_{t=1}^{p-1}\left(\dfrac 1 t+\dfrac{1}{p-t}\right)=\dfrac 1 2\sum\limits_{t=1}^{p-1}\dfrac{p}{t(p-t)}=\dfrac p 2\sum\limits_{t=1}^{p-1}\dfrac{1}{t(p-t)},\]于是，我们只需证：$\displaystyle \sum\limits_{t=1}^{p-1}\dfrac{1}{t(p-t)}$ 化为最简分数后分子为 $p$ 的倍数． 注意到 $t(p-t)$ 与 $p$ 互素，其中 $t=1,\cdots ,p-1$，所以只需证\[\displaystyle \sum\limits_{t=1}^{p-1}\dfrac{1}{t(p-t)}\equiv 0\pmod p,\]其中，对 $p+x$，$\dfrac 1 x$ 为 $x$ 的数论倒数．事实上，有\[\displaystyle \sum\limits_{t=1}^{p-1}\dfrac{1}{t(p-t)}\equiv\sum\limits_{t=1}^{p-1}\dfrac{1}{-t^2}\equiv -\sum\limits_{t=1}^{p-1}\left(\dfrac 1 t\right)^2\equiv -\sum\limits_{t=1}^{p-1}t^2,\]这是因为 $\dfrac 1 t$（$1\leqslant t\leqslant p-1$）与 $t$（$1\leqslant t\leqslant p-1$）均构成模 $p$ 的缩系，所以\[\displaystyle \sum\limits_{t=1}^{p-1}\left(\dfrac 1 t\right)^2\equiv \sum\limits_{t=1}^{p-1}t^2 \equiv -\dfrac 1 6(p-1)\cdot p\cdot (2p-1)\equiv 0 \pmod p.\]至此，结论获证．
求证：不存在正整数 $a_1<a_2<a_3$，$b_1>b_2>b_3$，使得\[2^{a_1}+3^{b_1}=2^{a_2}+3^{b_2}=2^{a_3}+3^{b_3}.\]
2021年7月1日，by xixiggg：
设 $s=2^a+3^b$，其中 $s,a,b\in \mathbb{N}^{\ast}$．固定 $s$，考虑关于 $a,b$ 的不定方程\[2^a+3^b=s.\]若 $2^a\geqslant 3^b$，则 $\dfrac s 2\leqslant 2^a\leqslant s-1$，因为 $s-1<2\cdot \dfrac s2$，满足该式的 $a$ 至多一个．从而满足 $2^a\geqslant 3^b$ 的不定方程的正整数解 $(a,b)$ 至多一组．
若 $2^a<3^b$，则 $\dfrac s 2\leqslant 3^b\leqslant s-1$，因为 $s-1<3\cdot \dfrac s2$，满足该式的 $b$ 至多一个．从而满足 $2^a<3^b$ 的不定方程的正整数解 $(a,b)$ 至多一组．
因此，不定方程至多有两组正整数解，由此立得原题结论成立．
设 $n\in\mathbb{N}^{\ast}$，函数 $f_1\left(x\right)=x{\rm e}^x$，$f_2\left(x\right)=f_1^\prime\left(x\right)$，$f_3\left(x\right)=f_2^\prime\left(x\right)$，$\dots$，$f_{n+1}\left(x\right)=f_n^\prime\left(x\right)$，曲线 $y=f_n\left(x\right)$ 的最低点为 $P_n$，$\triangle P_nP_{n+1}P_{n+2}$ 的面积为 $S_n$，则（ ）
A．$\left\{S_n\right\}$ 是常数列
B．$\left\{S_n\right\}$ 不是单调数列
C．$\left\{S_n\right\}$ 是递增数列
D．$\left\{S_n\right\}$ 是递减数列
设 $a_i>0$，且 $a_1a_2\cdots a_n=1$，求 $k_n$ 的最小值，使得恒有\[\dfrac{a_1a_2}{(a_1^2+a_2)(a_1+a_2^2)}+\dfrac{a_2a_3}{(a_2^2+a_3)(a_2+a_3^2)}+\cdots+\dfrac{a_na_1}{(a_n^2+a_1)(a_n+a_1^2)}\leqslant k_n.\]
已知 $n\geqslant 2$ 是正整数，圆周上有 $3n$ 个点，现有甲、乙两人对其进行 $n$ 次操作，每次操作为：首先，甲选择不相连的亮点，用线段连接这两个点；随后乙选择一个未被标记的点，将其标记．证明：无论乙怎么做，甲总能使最终连出的 $n$ 条线段中，恰有一个端点被标记的线段有至少 $\dfrac{n-1}6$ 条．
在三棱锥 $S-ABC$ 中，$\triangle ABC$ 为正三角形，设二面角 $S-AB-C$，$S-BC-A$，$S-CA-B$ 的平面角的大小分别为 $\alpha,\beta,\gamma$，且 $\alpha,\beta,\gamma\neq\dfrac{\pi}{2}$，则下列结论正确的是（ ）
A．$\dfrac{1}{\tan\alpha}+\dfrac{1}{\tan\beta}+\dfrac{1}{\tan\gamma}$ 的值可能是负数
B．$\alpha+\beta+\gamma<\dfrac{3\pi}{2}$
C．$\alpha+\beta+\gamma>\pi$
D．$\dfrac{1}{\tan\alpha}+\dfrac{1}{\tan\beta}+\dfrac{1}{\tan\gamma}$ 的值恒为正数
已知 $xy+yz+zx=-1$，求证：$x^2+y^2+z^2+x+y+z\geqslant 1-\sqrt 3$．
2021年7月1日，by xixiggg：
记 $s=x+y+z$，则\[x^2+y^2+z^2=(x+y+z)^2-2(xy+yz+zx)=s^2+2,\]于是，\[x^2+y^2+z^2+x+y+z=s^2+s+2=\left(s+\dfrac 1 2\right)^2+\dfrac 7 4\geqslant \dfrac 7 4\geqslant 1-\sqrt{3},\]命题得证．
已知函数 $f(x)={\rm e}^x-ax^2$（$a$ 为常数），则下列结论正确的有（ ）
A．若 $f(x)$ 有 $3$ 个零点，则 $a$ 的范围为 $\left(\dfrac{{\rm e}^2}4,+\infty\right)$
B．$a=\dfrac{\rm e}2$ 时，$x=1$ 是 $f(x)$ 的极值点
C．$a=\dfrac12$ 时，$f(x)$ 的零点 $x_0$ 满足 $-1<x_0<-\dfrac12$
D．$a=1$ 时，$f(x)\geqslant0$ 恒成立
