已知 $a,b,c,d>0$，求证：$\dfrac{1}{a(a+b)}+\dfrac{1}{b(b+c)}+\dfrac{1}{c(c+d)}+\dfrac{1}{d(d+a)}\geqslant \dfrac{4}{ac+bd}$．
【难度】
【出处】
无
【标注】
【答案】
略
【解析】
题中不等式即\[\dfrac{ac+bd}{a(a+b)}+\dfrac{ac+bd}{b(b+c)}+\dfrac{ac+bd}{c(c+d)}+\dfrac{ac+bd}{d(d+a)}\geqslant 4,\]也即\[\dfrac {ac+bd+a^2+ab}{a(a+b)}+\dfrac{ac+bd+b^2+bc}{b(b+c)}+\dfrac{ac+bd+c^2+cd}{c(c+d)}+\dfrac{ac+bd+d^2+da}{d(d+a)}\geqslant 8.\]注意到\[\dfrac{ac+bd+a^2+ab}{a(a+b)}=\dfrac{a(a+c)+b(a+d)}{a(a+b)}=\dfrac{a+c}{a+b}+\dfrac{b(d+a)}{a(a+b)},\]而根据均值不等式，有\[\dfrac{b(d+a)}{a(a+b)}+\dfrac{c(a+b)}{b(b+c)}+\dfrac{d(b+c)}{c(c+d)}+\dfrac{a(c+d)}{d(d+a)}\geqslant 4,\]且\[\begin{split}\dfrac{a+c}{a+b}+\dfrac{b+d}{b+c}+\dfrac{c+a}{c+d}+\dfrac{d+b}{d+a}&=(a+c)\left(\dfrac{1}{a+b}+\dfrac{1}{c+d}\right)+(b+d)\left(\dfrac{1}{b+c}+\dfrac{1}{d+a}\right)\\
&\geqslant (a+c)\cdot \dfrac{4}{a+b+c+d}+(b+d)\cdot \dfrac{4}{a+b+c+d}\\
&=4,\end{split}\]于是原不等式得证．
&\geqslant (a+c)\cdot \dfrac{4}{a+b+c+d}+(b+d)\cdot \dfrac{4}{a+b+c+d}\\
&=4,\end{split}\]于是原不等式得证．
答案
解析
备注
