在锐角$\triangle ABC$中，求证：$\dfrac{\cos^2A}{1+\cos A}+\dfrac{\cos^2B}{1+\cos B}+\dfrac{\cos^2C}{1+\cos C}\geqslant \dfrac 12$．
2021年5月31日，by xixiggg．
即证明\[\sum_{\rm cyc}(\cos A+1)+\sum_{\rm cyc}\dfrac1{1+\cos A}\geqslant \dfrac {13}2,\]由余弦定理，该不等式即\[\sum_{\rm cyc}\dfrac{(a+b+c)(a+b-c)}{2ab}+\sum_{\rm cyc}\dfrac{2ab}{(a+b+c)(a+b-c)}\geqslant \dfrac{13}2,\]再作内切圆代换，有\[\sum_{\rm cyc}x\cdot \sum_{\rm cyc}\dfrac{2z}{(y+z)(z+x)}+\dfrac{1}{\sum_{\rm cyc}x}\cdot \sum_{\rm cyc}\dfrac{(y+z)(z+x)}{2z}\geqslant \dfrac{13}2,\]即\[\sum_{\rm cyc}x\cdot \dfrac{8\sum_{\rm cyc}xy}{\prod_{\rm cyc}(x+y)}+\dfrac{1}{\sum_{\rm cyc}x}\cdot \dfrac{xyz\sum_{\rm cyc}x+\left(\sum_{\rm cyc}xy\right)^2}{xyz}\geqslant 13,\]也即\[\dfrac{8\sum_{\rm cyc}x\cdot \sum_{\rm cyc}xy}{\prod_{\rm cyc}(x+y)}+\dfrac{\left(\sum_{\rm cyc}xy\right)^2}{xyz\sum_{\rm cyc}x}\geqslant 12,\]作倒数代换，即\[\dfrac{8\sum_{\rm cyc}x\cdot \sum_{\rm cyc}xy}{\prod_{\rm cyc}(x+y)}+\dfrac{\left(\sum_{\rm cyc}x\right)^2}{\sum_{\rm cyc}xy}\geqslant 12,\]考虑到 $\sum_{\rm cyc}x \cdot \sum_{\rm cyc}xy=\prod_{\rm cyc}(x+y)+xyz$，即\[\dfrac{\sum_{\rm cyc}x^2}{\sum_{\rm cyc}xy}+\dfrac{8xyz}{\prod_{\rm cyc}(x+y)}\geqslant 2,\]即\[\dfrac{\sum_{\rm cyc}(x-y)^2}{\sum_{\rm cyc}xy}\geqslant \dfrac{2\sum_{\rm cyc}z(x-y)^2}{\prod_{\rm cyc}(x+y)},\]也即\[\sum_{\rm cyc}\left((x-y)^2\left(\dfrac{1}{\sum_{\rm cyc}xy}-\dfrac{2z}{\prod_{\rm cyc}(x+y)}\right)\right)\geqslant 0,\]而\[F(z)=\dfrac{1}{\sum_{\rm cyc}xy}-\dfrac{2z}{\prod_{\rm cyc}(x+y)}=\dfrac{x^2(y+z)+y^2(z+x)-z^2(x+y)}{\sum_{\rm cyc}xy\cdot \prod_{\rm cyc}(x+y)} ,\]不妨设 $x\geqslant y\geqslant z>0$，则 $F(y)\geqslant 0$ 且 $F(z)\geqslant 0$，而\[LHS=(x-y)^2F(z)+(y-z)^2F(x)+(z-x)^2F(y)\geqslant (y-z)^2\left(F(x)+F(y)\right)\geqslant 0,\]命题得证．