山东省邹城市第一中学（273500）常媛媛
第三届陈省身杯数学奥林匹克第6题：
已知实数a,b,c>1，且a+b+c=9，试证明：
ab+bc+ca≤a+b+c。
贵刊2014年第12期文“对一道奥林匹克数学竞赛试题的证明及思考”中，把这个不等式加强为：正实数a,b,c≥k，且a+b+c=9，试证明：ab+bc+ca≤a+b+c。该文验证了k=12的正确性，但是文末指出最小的k值如何求解呢？笔者试图找出最小的k值。
原式两边同时平方，即证明：ab+bc+ca－2(ab+bc+ca)≤9。
讨论：（1）当ab+bc+ca<9时，上述不等式显然成立。
（2）当ab+bc+ca≥9时，由于a,b,c是对称的，所以不妨假设a≥b≥c，则a≥3，c≤3，当然b与3的关系是不确定的，但是此时却满足ab≥4，给出如下证明。
采用反证法：若ab<4，因为a≥3，所以b<43。再用反证法：若此时ab,bc,ca中的最小数bc>1，则b>1，那么可得a<4，这样可得到a+b+c<4+43+43<9，矛盾！因此bc≤1。而这样ab+bc+ca<4+1+4=9，得到矛盾！因此ab≥4。
下面控制c的值不变，这样a+b=9－c是一个定值，因此a的范围确定为［9－c2,9－2c］，现将y=ab+bc+ca视为关于a的一元函数，而由条件a+b=9－c，对a求导可得1+b′=0，故b′=－1，对y=ab+bc+ca求关于a的导数得y′=b－a<0，因此它是一个关于a的单调递减函数。
再对函数y=ab+bc+ca－2(ab+bc+ca)求导，得到y′=b－a－
(ba－ab－cb+ca)=(b－a)－(b－a)+c(b－a)ab=(b－a)(b+a－a+b+cab)。由于ab≥4，∴b+a－a+b+cab≥a+b－cab>0，这样，可判断此导数是小于等于零的，因此y=ab+bc+ca－2(ab+bc+ca)在条件（2）下也是一个关于a的单调递减函数。
接下来，我们给定一个三元数组(a0,b0,c0)，控制c0的值不变，满足a0≥b0≥c0，并满足a0b0+b0c0+c0a0≥9，此时函数y=ab+bc+ca－2(ab+bc+ca)应该在(9－c02,9－c02,c0)处取到最大值；这是因为从(a0,b0,c0)变化到(9－c02,9－c02,c0)时，a的值是变小的，因此ab+bc+ca≥a0b0+b0c0+c0a0≥9始终成立！说明函数
y=ab+bc+ca－2(ab+bc+ca)的单调递减的性质没有改变！
下面，令a=b=x,则c=9－2x，当然x≥3，若满足不等式x2+x(9－2x)+x(9－2x)－2x－2x(9－2x)－2x(9－2x)≤9，解之－3x2+16x－9≤4x(9－2x)。
这是无理不等式，讨论：当－3x2+16x－9≥0时，即3≤x≤8+373，此时两边平方可得［(x－3)(3x－3)－4x］2≤16x［3+2(3－x)］，这是一个四次不等式，先拆项，即
(x－3)2(3x－3)2－8x(x－3)(3x－3)+16x(x－3)+32x(x－3)≤0，提取公因式(x－3)，得到(x－3)［(x－3)(3x－3)2－8x(3x－3)+48x］≤0，再化简成(x－3)［(x－3)(3x－3)2－24x(x－3)］≤0，再提公因式(x－3)2［(3x－3)2－24x］≤0，3x2－14x+3≤0，最后解得3≤x≤7+2103；
当－3x2+16x－9≤0时，解得x≥8+373，此时c=9－2x<0，因此不可能发生这种情况。故x的最大值是7+2103，此时c=9－2x=13－4103，因此k的最大值是13－4103。