设正数 $x$、$y$ 满足 $x^{3} + y^3 = x- y$，求使 $x^{2} + \lambda y^2 \leqslant 1$ 恒成立的实数 $\lambda $ 的最大值．
【难度】
【出处】
无
【标注】
【答案】
$2+2\sqrt{2}$
【解析】
由正数 $x,y$ 满足 $x^{3} + y^3 = x- y$，知 $x>y>0.$
令 $t=\dfrac{x}{y}>1.$
不等式 $x^{2} +\lambda y^2 \leqslant 1$ 等价于 $x^{2} +\lambda y^2 \leqslant \dfrac{x^{3} + y^3}{x-y}$，
等价于 $\lambda y^2 \leqslant \dfrac{x^{3} + y^3}{x-y}-x^{2} =\dfrac{x^{2}y +y^3}{x-y}$，
等价于 $\lambda \leqslant \dfrac{x^{2}y +y^3}{(x-y)y^2}$，
等价于 $\lambda \leqslant \dfrac{x^{2} +y^2}{xy -y^2} = \dfrac{t^2 +1}{t-1}$．
因为\[\begin{split} f(t)&=\dfrac{t^2 +1}{t-1} = 2 + (t-1) +\dfrac{2}{t-1} \\ &\geqslant 2+2\sqrt{(t-1) \cdot \dfrac{2}{t-1}} \\&=2+2\sqrt{2},\end{split}\]等号仅当 $t-1 = \dfrac{2}{t-1}$，即 $t = 1+\sqrt{2}$ 时成立，所以，实数 $\lambda$ 的最大值为 $2+2\sqrt{2}$．
令 $t=\dfrac{x}{y}>1.$
不等式 $x^{2} +\lambda y^2 \leqslant 1$ 等价于 $x^{2} +\lambda y^2 \leqslant \dfrac{x^{3} + y^3}{x-y}$，
等价于 $\lambda y^2 \leqslant \dfrac{x^{3} + y^3}{x-y}-x^{2} =\dfrac{x^{2}y +y^3}{x-y}$，
等价于 $\lambda \leqslant \dfrac{x^{2}y +y^3}{(x-y)y^2}$，
等价于 $\lambda \leqslant \dfrac{x^{2} +y^2}{xy -y^2} = \dfrac{t^2 +1}{t-1}$．
因为\[\begin{split} f(t)&=\dfrac{t^2 +1}{t-1} = 2 + (t-1) +\dfrac{2}{t-1} \\ &\geqslant 2+2\sqrt{(t-1) \cdot \dfrac{2}{t-1}} \\&=2+2\sqrt{2},\end{split}\]等号仅当 $t-1 = \dfrac{2}{t-1}$，即 $t = 1+\sqrt{2}$ 时成立，所以，实数 $\lambda$ 的最大值为 $2+2\sqrt{2}$．
答案
解析
备注
