这是昨天的东西，昨天我白天在打牌，晚上看到题的时候我又在搞其他东西，后来就只跟提问人大致说了下做法，现详细写一下如下。
首先如果$a$, $b$, $c$中有两个相等，那么不等式显然对任意实数$k$都成立，下设$a$, $b$, $c$都不相等，由对称性不妨设$a>b>c\geqslant0$，并令$b=c+t$, $a=c+u$, $u>t>0$，则原不等式等价于
\[(3c+t+u)^6\geqslant k\bigl((c+u)^3+(c+t)^3+c^3\bigr)tu(u-t),\]
故要求$k$的最大值，就只要求
\[f(t,u,c)=\frac{(3c+t+u)^6}{\bigl((c+u)^3+(c+t)^3+c^3\bigr)tu(u-t)}\]
的最小值。
下面证明当$t$, $u$固定时$f(t,u,c)$关于$c$是严格递增的。对$c$求导有
\[\frac{\partial f(t,u,c)}{\partial c}=\frac{18(3c+t+u)^5\bigl((c+u)^3+(c+t)^3+c^3\bigr)-3(3c+t+u)^6\bigl((c+u)^2+(c+t)^2+c^2\bigr)}{\bigl((c+u)^3+(c+t)^3+c^3\bigr)^2tu(u-t)},\]
故
\[\frac{\partial f(t,u,c)}{\partial c}> 0 \iff 6\bigl((c+u)^3+(c+t)^3+c^3\bigr)\geqslant (3c+t+u)\bigl((c+u)^2+(c+t)^2+c^2\bigr),\]
事实上由切比雪夫不等式有
\begin{align*}
3\bigl((c+u)^3+(c+t)^3+c^3\bigr)&\geqslant \bigl((c+u)+(c+t)+c\bigr)((c+u)^2+(c+t)^2+c^2)\\
&=(3c+t+u)\bigl((c+u)^2+(c+t)^2+c^2\bigr),
\end{align*}
所以显然有$\partial f(t,u,c)/\partial c> 0$成立。
由此有
\[f(t,u,c)\geqslant f(t,u,0),\]
再令$u=xt$, $x>1$，则$f(t,u,0)$可以写成
\[f(t,u,0)=\frac{(x+1)^6}{(x^3+1)x(x-1)}=\frac{(x+1)^5}{x(x-1)(x^2-x+1)}=g(x),\]
那么只要求当$x>1$时$g(x)$的最小值即为$k$的最大值。
显然$g(x)$在$(1,+\infty)$内可导，并且不难看出
\[\lim_{x\to1^+}g(x)=\lim_{x\to+\infty}g(x)=+\infty,\]
所以$g(x)$存在最小值且取最小值处必有$g'(x)=0$，我们设其在$x=x_0$处取得最小值为$m$，那么必有
\[\left\{\begin{aligned}
g(x_0)&=m,\\
g'(x_0)&=0,
\end{aligned}\right.\]
求导后代入知上述方程组等价于
\[\left\{\begin{aligned}
(x_0+1)^5-mx_0(x_0-1)(x_0^2-x_0+1)&=0,\\
x_0^4-8x_0^3+12x_0^2-8x_0+1&=0,
\end{aligned}\right.\]
消去$x_0$，得到
\[m^4+3816m^2-1350000=0,\]
由于$m$显然是正的，由上式解得唯一正根
\[m=2\sqrt{ - 477 + 228 \sqrt6 }\approx 18.05366,\]
这就是所求的$k$的最大值。
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发表于 2012-5-20 14:49
发表于 2012-5-20 19:29
直接AM-GM还真不好弄。