已知 $x_1,x_2,x_3,x_4$ 是互异的 $4$ 个正实数，且满足$$(x_1+x_2+x_3+x_4)\cdot\left(\dfrac{1}{x_1}+\dfrac{1}{x_2}+\dfrac{1}{x_3}+\dfrac{1}{x_4}\right)<17,$$求证：从 $x_1,x_2,x_3,x_4$ 中任取 $3$ 个数作边长，可以作出 $4$ 个不同的三角形．
【难度】
【出处】
无
【标注】
【答案】
略
【解析】
考虑到变元的对称性，问题的实质在于证明 $x_1+x_2>x_3$．接下来用反证法证明如下．
假设 $x_3\geqslant x_1+x_2$．由于\[\begin{split} LHS&=\left(\dfrac 1{x_1}+\dfrac 1{x_2}+\dfrac 1{x_3}\right)\cdot x_4+(x_1+x_2+x_3)\cdot \dfrac{1}{x_4}+\left(\dfrac 1{x_1}+\dfrac 1{x_2}+\dfrac 1{x_3}\right)\cdot (x_1+x_2+x_3)+1\\ &\geqslant 2\sqrt{\left(\dfrac 1{x_1}+\dfrac 1{x_2}+\dfrac 1{x_3}\right)\cdot (x_1+x_2+x_3)}+\left(\dfrac 1{x_1}+\dfrac 1{x_2}+\dfrac 1{x_3}\right)\cdot (x_1+x_2+x_3)+1\\ &=\left(\sqrt{\left(\dfrac 1{x_1}+\dfrac 1{x_2}+\dfrac 1{x_3}\right)\cdot (x_1+x_2+x_3)}+1\right)^2.\end{split}\]而$$ \left(\dfrac 1{x_1}+\dfrac 1{x_2}+\dfrac 1{x_3}\right)\cdot (x_1+x_2+x_3)=(x_1+x_2)\cdot \left(\dfrac{x_3}{x_1x_2}+\dfrac{1}{x_3}\right)+\dfrac{x_1}{x_2}+\dfrac{x_2}{x_1}+3,$$由于在区间 $\left[\sqrt{x_1x_2},+\infty\right)$ 上，函数 $f(x)=\dfrac{x}{x_1x_2}+\dfrac 1x$ 单调递增，于是\[\begin{split} \left(\dfrac 1{x_1}+\dfrac 1{x_2}+\dfrac 1{x_3}\right)\cdot (x_1+x_2+x_3)&\geqslant 2(x_1+x_2)\cdot\left(\dfrac{1}{x_1}+\dfrac{1}{x_2}+\dfrac{1}{x_1+x_2}\right)\\ &=2\left(3+\dfrac{x_1}{x_2}+\dfrac{x_2}{x_1}\right)\\ &\geqslant 10,\end{split}\]这样就得到了$$(x_1+x_2+x_3+x_4)\cdot\left(\dfrac{1}{x_1}+\dfrac{1}{x_2}+\dfrac{1}{x_3}+\dfrac{1}{x_4}\right)\geqslant \left(\sqrt{10}+1\right)^2=11+2\sqrt {10}>17,$$矛盾．
因此 $x_1+x_2>x_3$．同理可得，$x_1,x_2,x_3,x_4$ 中任意两个数之和都大于其余的两个数，因此从 $x_1,x_2,x_3,x_4$ 中任取 $3$ 个数作边长，可以作出 $4$ 个不同的三角形．
假设 $x_3\geqslant x_1+x_2$．由于\[\begin{split} LHS&=\left(\dfrac 1{x_1}+\dfrac 1{x_2}+\dfrac 1{x_3}\right)\cdot x_4+(x_1+x_2+x_3)\cdot \dfrac{1}{x_4}+\left(\dfrac 1{x_1}+\dfrac 1{x_2}+\dfrac 1{x_3}\right)\cdot (x_1+x_2+x_3)+1\\ &\geqslant 2\sqrt{\left(\dfrac 1{x_1}+\dfrac 1{x_2}+\dfrac 1{x_3}\right)\cdot (x_1+x_2+x_3)}+\left(\dfrac 1{x_1}+\dfrac 1{x_2}+\dfrac 1{x_3}\right)\cdot (x_1+x_2+x_3)+1\\ &=\left(\sqrt{\left(\dfrac 1{x_1}+\dfrac 1{x_2}+\dfrac 1{x_3}\right)\cdot (x_1+x_2+x_3)}+1\right)^2.\end{split}\]而$$ \left(\dfrac 1{x_1}+\dfrac 1{x_2}+\dfrac 1{x_3}\right)\cdot (x_1+x_2+x_3)=(x_1+x_2)\cdot \left(\dfrac{x_3}{x_1x_2}+\dfrac{1}{x_3}\right)+\dfrac{x_1}{x_2}+\dfrac{x_2}{x_1}+3,$$由于在区间 $\left[\sqrt{x_1x_2},+\infty\right)$ 上，函数 $f(x)=\dfrac{x}{x_1x_2}+\dfrac 1x$ 单调递增，于是\[\begin{split} \left(\dfrac 1{x_1}+\dfrac 1{x_2}+\dfrac 1{x_3}\right)\cdot (x_1+x_2+x_3)&\geqslant 2(x_1+x_2)\cdot\left(\dfrac{1}{x_1}+\dfrac{1}{x_2}+\dfrac{1}{x_1+x_2}\right)\\ &=2\left(3+\dfrac{x_1}{x_2}+\dfrac{x_2}{x_1}\right)\\ &\geqslant 10,\end{split}\]这样就得到了$$(x_1+x_2+x_3+x_4)\cdot\left(\dfrac{1}{x_1}+\dfrac{1}{x_2}+\dfrac{1}{x_3}+\dfrac{1}{x_4}\right)\geqslant \left(\sqrt{10}+1\right)^2=11+2\sqrt {10}>17,$$矛盾．
因此 $x_1+x_2>x_3$．同理可得，$x_1,x_2,x_3,x_4$ 中任意两个数之和都大于其余的两个数，因此从 $x_1,x_2,x_3,x_4$ 中任取 $3$ 个数作边长，可以作出 $4$ 个不同的三角形．
答案
解析
备注
