已知 $a,b,c\geqslant 0$，$ab+bc+ca=1$，求证：$\dfrac{1}{a+b}+\dfrac{1}{b+c}+\dfrac{1}{c+a}\geqslant \dfrac 52$．
【难度】
【出处】
无
【标注】
【答案】
略
【解析】
不妨设 $c=\max\{a,b,c\}$，根据条件，有\[c=\dfrac{1-ab}{a+b},\]于是\[\begin{split}LHS&=\dfrac{1}{a+b}+\dfrac{1}{b+\dfrac{1-ab}{a+b}}+\dfrac{1}{\dfrac{1-ab}{a+b}+a}\\
&=\dfrac{1}{a+b}+(a+b)\cdot \left(\dfrac{1}{1+b^2}+\dfrac{1}{1+a^2}\right)\\
&\geqslant \dfrac{1}{a+b}+(a+b)\cdot \left[1+\dfrac{1}{1+(a+b)^2}\right]\\
&=a+b+\dfrac{1}{a+b}+\dfrac{1}{a+b+\dfrac{1}{a+b}}
,\end{split}\]而 $a+b+\dfrac{1}{a+b}\geqslant 2$，于是上式右边的最小值为 $\dfrac 52$，原不等式得证．
其中用到的不等式\[\dfrac{1}{1+b^2}+\dfrac{1}{1+a^2}\geqslant 1+\dfrac{1}{1+(a+b)^2} \]即\[(a+b)^2ab\leqslant 2(1-ab),\]因为 $c\geqslant \dfrac {a+b}2$，所以\[c=\dfrac{1-ab}{a+b}\geqslant \dfrac{a+b}2,\]于是\[2(1-ab)\geqslant (a+b)^2\geqslant (a+b)^2ab.\]
&=\dfrac{1}{a+b}+(a+b)\cdot \left(\dfrac{1}{1+b^2}+\dfrac{1}{1+a^2}\right)\\
&\geqslant \dfrac{1}{a+b}+(a+b)\cdot \left[1+\dfrac{1}{1+(a+b)^2}\right]\\
&=a+b+\dfrac{1}{a+b}+\dfrac{1}{a+b+\dfrac{1}{a+b}}
,\end{split}\]而 $a+b+\dfrac{1}{a+b}\geqslant 2$，于是上式右边的最小值为 $\dfrac 52$，原不等式得证．
其中用到的不等式\[\dfrac{1}{1+b^2}+\dfrac{1}{1+a^2}\geqslant 1+\dfrac{1}{1+(a+b)^2} \]即\[(a+b)^2ab\leqslant 2(1-ab),\]因为 $c\geqslant \dfrac {a+b}2$，所以\[c=\dfrac{1-ab}{a+b}\geqslant \dfrac{a+b}2,\]于是\[2(1-ab)\geqslant (a+b)^2\geqslant (a+b)^2ab.\]
答案
解析
备注
