二次函数不等式

hjfmhh

kuing

只是看起来吓人，其实没什么难度。

引理：设 `g(m)=\sqrt{m+x}\sqrt{m+y}`，则 `g'(m)\geqslant1`。（求导即可证，过程不码了）

回到原题，依题意可设 `f(x)=p(x-k)^2+m`，且 `2m\geqslant f(1)=p(1-k)^2+m`，即 `m\geqslant p(1-k)^2`，原不等式等价于
\[\sum\sqrt{p(a-k)^2+m}\sqrt{p(b-k)^2+m}\geqslant3p(1-k)^2+3m,\]若令 `G(m)=` 上式的左边减右边，则由引理可知 `G'(m)\geqslant0`，从而只需证明当 `m=p(1-k)^2` 的情形即可，此时不等式化为
\[\sum\sqrt{(a-k)^2+(1-k)^2}\sqrt{(b-k)^2+(1-k)^2}\geqslant6(1-k)^2,\]由柯西有
\[\sqrt{(a-k)^2+(1-k)^2}\sqrt{(1-k)^2+(b-k)^2}\geqslant(\abs{a-k}+\abs{b-k})\abs{1-k},\]所以
\[\LHS\geqslant2(\abs{a-k}+\abs{b-k}+\abs{c-k})\abs{1-k}\geqslant2\abs{(a+b+c-3k)(1-k)}=\RHS.\]

hjfmhh

kuing启发下，直接cs也行