Ta có: \(\frac{ab+c}{c+1}=\frac{ab+1-a-b}{c+a+b+c}=\frac{-b\left(1-a\right)+\left(1-a\right)}{\left(a+c\right)+\left(b+c\right)}\)

\(=\frac{\left(1-a\right)\left(1-b\right)}{\left(a+c\right)+\left(b+c\right)}=\frac{\left(b+c\right)\left(a+c\right)}{\left(a+c\right)+\left(b+c\right)}\)

\(\le\frac{1}{4}\left(\frac{\left(b+c\right)\left(a+c\right)}{a+c}+\frac{\left(b+c\right)\left(a+c\right)}{b+c}\right)=\frac{a+b+2c}{4}\)

Tương tự: \(\frac{bc+a}{a+1}=\frac{b+c+2a}{4}\)

\(\frac{ca+b}{b+1}=\frac{c+a+2b}{4}\)

Cộng vế theo vế ta có: 

\(\frac{ab+c}{c+1}+\frac{bc+a}{a+1}+\frac{ca+b}{b+1}\le\frac{4a+4b+4c}{4}=a+b+c=1\)

Thiếu: 

Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi:

\(\frac{1}{a+b}=\frac{1}{a+c};\frac{1}{a+c}=\frac{1}{b+c};\frac{1}{b+c}=\frac{1}{b+a};a+b+c=1\)

<=> a=b=c=1/3

Lời giải:
$\text{VT}=\frac{a(a+b+c)+bc}{b+c}+\frac{b(a+b+c)+ac}{a+c}+\frac{c(a+b+c)+ab}{a+b}$
$=\frac{(a+b)(a+c)}{b+c}+\frac{(b+a)(b+c)}{a+c}+\frac{(c+a)(c+b)}{a+b}$

Áp dụng BĐT AM-GM:

$\frac{(a+b)(a+c)}{b+c}+\frac{(b+a)(b+c)}{a+c}\geq 2\sqrt{(a+b)^2}=2(a+b)$

$\frac{(b+c)(b+a)}{a+c}+\frac{(c+a)(c+b)}{a+b}\geq 2\sqrt{(b+c)^2}=2(b+c)$

$\frac{(a+b)(a+c)}{b+c}+\frac{(c+a)(c+b)}{a+b}\geq 2\sqrt{(c+a)^2}=2(a+c)$

Cộng các BĐT trên theo vế và thu gọn:

$\text{VT}\geq 2(a+b+c)=2$

Ta có đpcm
Dấu "=" xảy ra khi $a=b=c=\frac{1}{3}$

Đặt \(\left(\sqrt{a};\sqrt{b};\sqrt{c}\right)=\left(x;y;z\right)\Rightarrow x+y+z=1\)

BĐT trở thành: \(\dfrac{xy}{\sqrt{x^2+y^2+2z^2}}+\dfrac{yz}{\sqrt{y^2+z^2+2x^2}}+\dfrac{zx}{\sqrt{x^2+z^2+2y^2}}\le\dfrac{1}{2}\)

Ta có:

\(x^2+z^2+y^2+z^2\ge\dfrac{1}{2}\left(x+z\right)^2+\dfrac{1}{2}\left(y+z\right)^2\ge\left(x+z\right)\left(y+z\right)\)

\(\Rightarrow\dfrac{xy}{\sqrt{x^2+y^2+2z^2}}\le\dfrac{xy}{\sqrt{\left(x+z\right)\left(y+z\right)}}\le\dfrac{1}{2}\left(\dfrac{xy}{x+z}+\dfrac{xy}{y+z}\right)\)

Tương tự: \(\dfrac{yz}{\sqrt{y^2+z^2+2x^2}}\le\dfrac{1}{2}\left(\dfrac{yz}{x+y}+\dfrac{yz}{x+z}\right)\)

\(\dfrac{zx}{\sqrt{z^2+x^2+2y^2}}\le\dfrac{1}{2}\left(\dfrac{zx}{x+y}+\dfrac{zx}{y+z}\right)\)

Cộng vế với vế:

\(VT\le\dfrac{1}{2}\left(\dfrac{zx+yz}{x+y}+\dfrac{xy+zx}{y+z}+\dfrac{yz+xy}{z+x}\right)=\dfrac{1}{2}\left(x+y+z\right)=\dfrac{1}{2}\) (đpcm)

Dấu "=" xảy ra khi \(x=y=z\) hay \(a=b=c\)

Với x, y là các số thực dương bất kì, theo BĐT Cô-si. Ta có:

\(\left(x+y\right)\left(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}\right)\ge2\sqrt{xy}.2\sqrt{\frac{1}{xy}}=4\)

\(\Rightarrow\frac{1}{x+y}\le4\left(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}\right)\)

Áp dụng BĐT trên ta có:

\(\frac{ab}{c+1}=\frac{ab}{\left(c+a\right)\left(c+b\right)}\le\frac{ab}{4}\left(\frac{1}{c+a}+\frac{1}{c+b}\right)\)

Tương tự \(\frac{bc}{a+1}\le\frac{bc}{4}\left(\frac{1}{a+b}+\frac{1}{a+c}\right)\)

Cộng theo vế ba bất đẳng thức trên ta được:

\(VT\left(1\right)\le\frac{1}{4}\left(\frac{ab+ca}{b+c}+\frac{ab+cb}{c+a}+\frac{cb+ca}{a+b}\right)=\frac{a+b+c}{4}=\frac{1}{4}\)(đpcm)

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi \(a=b=c=\frac{1}{3}\)

P/s: Bạn nói đúng, lớp 6 giải được rồi! Như mình nè , có điều không chắc thôi! =)))

Lời giải:
Áp dụng BĐT Bunhiacopxky:

$(a^2+b^2+1)(1+1+c^2)\geq (a+b+c)^2$

$\Rightarrow \frac{1}{a^2+b^2+1}\leq \frac{c^2+2}{(a+b+c)^2}$

Hoàn toàn tương tự với các phân thức còn lại và cộng theo vế:

$\text{VT}\leq \frac{a^2+b^2+c^2+6}{(a+b+c)^2}=\frac{a^2+b^2+c^2+6}{a^2+b^2+c^2+2(ab+bc+ac)}\leq \frac{a^2+b^2+c^2+6}{a^2+b^2+c^2+2.3}=1$

Ta có đpcm.

Dấu "=" xảy ra khi $a=b=c=1$