2016年全国高中数学联赛辽宁省预赛

略

由于 $\lg a+ \lg b+\lg c=0$，故 $a,b,c>0$，且 $abc = 1$．
当 $a=b=c=1$ 时，有 $\dfrac a{a+1}+\dfrac b{b+1}+\dfrac c{c+1}=\dfrac 3 2$．
当 $a$、$b$、$c$ 不全相等时，则 $a$、$b$、$c$ 中至少有一个小于 $1$ 的，不妨设 $0<c<1$．将 $c$ 看作常数，令\[f(a)=\dfrac a {a+1} + \dfrac{\dfrac 1 {ac}}{\dfrac 1 {ac}+1}+\dfrac c {c+1}=\dfrac a {a+1}+\dfrac 1 {ac+1}+\dfrac c{c+1}.\]因为\[f'(a)=\dfrac 1{(a+1)^2}-\dfrac c {(ac+1)^2}=\dfrac{(1-c)(1-ca^2)}{(1+a)^2(1+ac)^2},\]故 $f(a)$ 在 $\left(0,\sqrt{\dfrac 1 c}\right)$ 上递增，在 $\left(\sqrt{\dfrac 1 c},+\infty \right)$ 上递减，在 $a=\sqrt{\dfrac 1 c}$ 时取最大值．
由于\[1+\dfrac c {c+1}=f(0)<f(a), a\in \left(0,\sqrt{\dfrac 1 c}\right).\]因此，令 $a=\dfrac 1 t$，当 $a>\sqrt{\dfrac 1 c}$ 时，则\[f(a)=f \left(\dfrac 1 t\right)=\dfrac 1 {1+t} + \dfrac t{c+t}+\dfrac c{c+1}.\]在 $\left(0, \sqrt c\right)$ 上单调递增，故\[1+\dfrac c{1+c}<f(a), a\in \left(\sqrt {\dfrac 1 c}, +\infty \right).\]当 $a=\sqrt {\dfrac 1 c}$ 时，有 $a=\dfrac 1{ac}=b>1$，因此\[\max f(a)=\dfrac{2b}{b+1}+\dfrac c{1+c}.\]令\[g(b)=\dfrac{2b}{b+1} + \dfrac c {1+c}=\dfrac {2b}{b+1}+\dfrac 1{1+b^2},\]由于\[g'(b)=\dfrac 2{(b+1)^2}-\dfrac{2b}{(1+b^2)^2}=\dfrac{2(b-1)(b^3-1)}{(1+b)^2(1+b^2)^2},\]$b>1$，故 $g(b)$ 为增函数．
由于 $g(b)<\lim\limits_{b\rightarrow+\infty}g(b)=2$，因此，$1<f(a)<2$．