本文为整理，非原创，解法均收集自网络．来自兰琦博客
（2008年·江西·理）已知函数(f(x)=dfrac{1}{sqrt{1+x}}+dfrac{1}{sqrt{1+a}}+sqrt{dfrac{ax}{ax+8}})．
（1）当(a=8)，求(f(x))的单调区间；
（2）对任意正数(a)，证明：(1<f(x)<2)．
令(b=x)，(c=dfrac{8}{ax})，则第(2)问等价于：
若(a,b,c>0)，(abc=8)，求证：[1<dfrac{1}{sqrt{1+a}}+dfrac{1}{sqrt{1+b}}+dfrac{1}{sqrt{1+c}}<2.]
该不等式与2004年西部奥林匹克最后一题：
设(a,b,c>0)，求证：[1<dfrac{a}{sqrt{a^2+b^2}}+dfrac{b}{sqrt{b^2+c^2}}+dfrac{c}{sqrt{c^2+a^2}}leqslant dfrac{3sqrt 2}{2}.]类似，且证明比这道西部奥林匹克题还难．而这道西部奥林匹克题当年参赛选手无一人完全证出．
另外，CMO2003第三题：
给定正整数(n)，求最小的正数(lambda)，使得对于任何( heta_iinleft(0,dfrac{pi}{2} ight))（(i=1,2,cdots,n)），只要( an heta_1cdot an heta_2cdots an heta_n=2^{frac n2})，就有(cos heta_1+cos heta_2+cdots+cos heta_n)不大于(lambda)．
答案是：当(ngeqslant 3)时，(lambda=n-1)；当(n=3)时，令[a= an^2 heta_1,b= an^2 heta_2,c= an^2 heta_3,]即得江西压轴题右边的不等式．
命题人陶平生教授的证明：
对任意给定的(a>0)，(x>0)，因为[f(x)=dfrac{1}{sqrt{1+x}}+dfrac{1}{sqrt{1+a}}+dfrac{1}{sqrt{1+dfrac{8}{ax}}},]若令(b=dfrac{8}{ax})，则(abx=8)，且[f(x)=dfrac{1}{sqrt{1+x}}+dfrac{1}{sqrt{1+a}}+dfrac{1}{sqrt{1+b}}.]
先证(f(x)>1)．
因为[dfrac{1}{sqrt{1+x}}>dfrac{1}{1+x},]又由[2+a+b+xgeqslant 4sqrt[4]{2abx}=8,]得[a+b+xgeqslant 6.]所以[egin{split}f(x)&=dfrac{1}{sqrt{1+x}}+dfrac{1}{sqrt{1+a}}+dfrac{1}{sqrt{1+b}}\&>dfrac{1}{1+x}+dfrac{1}{1+a}+dfrac{1}{1+b}\&=dfrac{3+2(a+b+x)+(ab+bx+xa)}{(1+x)(1+a)(1+b)}\&geqslant dfrac{9+(a+b+x)+(ab+bx+xa)}{(1+x)(1+a)(1+b)}\&=dfrac{1+(a+b+x)+(ab+bx+xa)+abx}{(1+x)(1+a)(1+b)}\&=1.end{split}]
再证明(f(x)<2)．
由(x,a,b)的对称性，不妨设(xgeqslant ageqslant b)，则(0<bleqslant 2)．
情形1：当(a+bgeqslant 7)时，此时(xgeqslant ageqslant 5)．
因此[dfrac{1}{sqrt{1+b}}<1,dfrac{1}{sqrt{1+x}}+dfrac{1}{sqrt{1+a}}leqslant dfrac{2}{sqrt{1+5}}<1,]此时[f(x)=dfrac{1}{sqrt{1+x}}+dfrac{1}{sqrt{1+a}}+dfrac{1}{sqrt{1+b}}<2.]
情形2：当(a+b<7)时，(x=dfrac{8}{ab})，(dfrac{1}{sqrt{1+x}}=sqrt{dfrac{ab}{ab+8}})．
因为[dfrac{1}{1+b}<1-dfrac{b}{1+b}+dfrac{b^2}{4(1+b)^2}=left[1-dfrac{b}{2(1+b)} ight]^2,]所以[dfrac{1}{sqrt{1+b}}<1-dfrac{b}{2(1+b)}.]同理得[dfrac{1}{sqrt{1+a}}<1-dfrac{a}{2(1+a)},]于是[f(x)<2-dfrac 12left(dfrac{a}{1+a}+dfrac{b}{1+b}-2sqrt{dfrac{ab}{ab+8}} ight).]
而[dfrac{a}{1+a}+dfrac{b}{1+b}geqslant 2sqrt{dfrac{ab}{(1+a)(1+b)}}=2sqrt{dfrac{ab}{1+a+b+ab}}>2sqrt{dfrac{ab}{ab+8}},]因此不等式得证．
综上所述，原不等式得证．
张景中院士的作法：
原问题即三个正数(a,b,c)在(abc=8)的条件下求[F(a,b,c)=dfrac{1}{sqrt{1+a}}+dfrac{1}{sqrt{1+b}}+dfrac{1}{sqrt{1+c}}]的取值范围．
不妨设(aleqslant bleqslant c)，记(t=a)，(k=ab)，(c=dfrac 8k)，把(F(a,b,c))看成是关于(t)的函数[f(t)=dfrac{1}{sqrt{1+t}}+dfrac{1}{sqrt{1+dfrac{k}{t}}}+dfrac{1}{sqrt{1+dfrac{8}{k}}},]注意到变量和参数的范围是[0<tleqslantsqrt kleqslant 2,]计算导数[egin{split}f'(t)&=dfrac 12left(-left(1+t ight)^{-frac 32}+dfrac{k}{t^2}left(1+dfrac{k}{t} ight)^{-frac 32} ight)\&=left[k^2(1+t)^3-t(t+k)^3 ight]cdot Q(t,k),end{split}]这里(Q(t,k))是某个正值代数式．于是可以根据[g(t)=k^2(1+t)^3-t(t+k)^3]的正负来判断(f(x))的单调性．
注意到(gleft(sqrt k ight)=0)，因式分解为[g(t)=left(k-t^2 ight)left[t^2-k(k-3)t+k ight],]由于第二个因式的[Delta=k^2(k-3)^2-4k,]当(k<4)时有(Delta<0)，于是有(f(x))在(left(0,sqrt{k} ight))上单调递增，从而(f(t))在(t=sqrt k)处最大．
从而可得[f(t)>1]以及[fleft(1+sqrt k ight)=dfrac{2}{sqrt{1+sqrt k}}+dfrac{1}{sqrt{1+dfrac{8}{k}}}<2.]原命题得证．
不妨设(aleqslant bleqslant c)，令(sqrt{ab}=lambda)，由(abc=8)有(0<lambdaleqslant 2)．
设[A=dfrac{1}{sqrt{1+a}}+dfrac{1}{sqrt{1+b}},]再令[u=sqrt{1+a+b+lambda^2},]则[ugeqslant 1+lambda,]所以[A^2=left(1-lambda^2 ight)+dfrac{2}{u}+1,]又令(t=dfrac{1}{u},0<tleqslant dfrac{1}{lambda+1})，则[A^2=F(t)=left(1-lambda^2 ight)t^2+2t+1,]求导有[F'(t)=2left(1-lambda^2 ight)t+2,]由(lambdaleqslant 2)有[F'left(dfrac{1}{lambda+1} ight)=2-lambdageqslant 0,]又(F'(0)=1>0)，因此，对(0<tleqslant dfrac{1}{lambda+1})，有(F'(t)geqslant 0)，所以(F(t))在(left(0,dfrac{1}{lambda+1} ight])是增函数，则[F(0)<F(t)leqslant Fleft(dfrac{1}{lambda+1} ight),]即[1<Aleqslant dfrac 2{sqrt{lambda+1}},]即当(a,b>0)且(sqrt{ab}leqslant 2)时，有[1<dfrac{1}{sqrt{1+a}}+dfrac{1}{sqrt{1+b}}leqslant dfrac{2}{sqrt{1+sqrt{ab}}}.]
应用该不等式立得欲证明不等式的左边．
要证明不等式的右边，还需证明[dfrac{2}{sqrt{1+sqrt{ab}}}+dfrac{1}{sqrt{1+dfrac{8}{ab}}}<2,]令(sqrt{1+sqrt{ab}}=v,1<vleqslant sqrt 3)，则[ab=left(v^2-1 ight)^3,]此不等式等价于[dfrac{2}{v}+dfrac{v^2-1}{sqrt{left(v^2-1 ight)^2+8}}<2,]用分析法容易证得．
综上，原不等式得证．
令[u=dfrac{1}{sqrt{1+a}},v=dfrac{1}{sqrt{1+b}},w=dfrac{1}{sqrt{1+c}},]则[a=dfrac{1}{u^2}-1,b=dfrac{1}{v^2}-1,c=dfrac{1}{w^2}-1,]且[left(dfrac{1}{u^2}-1 ight)left(dfrac{1}{v^2}-1 ight)left(dfrac{1}{w^2}-1 ight)=8.]
假设存在(a,b,c>0)且(abc=8)，但左边不等式不成立，即存在(u,v,w)满足上式，但[u+v+wleqslant 1.]
注意到(0<u,v,w<1)，有[1+u>1-ugeqslant v+wgeqslant 2sqrt{vw}>0,]所以[dfrac{1}{u^2}-1=dfrac{(1-u)(1+u)}{u^2}>dfrac{(1-u)^2}{u^2}geqslantdfrac{4vw}{u^2},]同理[dfrac{1}{v^2}-1>dfrac{4wu}{v^2},dfrac{1}{w^2}-1>dfrac{4uv}{w^2},]从而可得[left(dfrac{1}{u^2}-1 ight)left(dfrac{1}{v^2}-1 ight)left(dfrac{1}{w^2}-1 ight)>61,]矛盾，因此左边不等式得证．
假设存在(a,b,c>0)且(abc=8)，但右边不等式不成立，即存在(u,v,w)满足上式，但[u+v+wgeqslant 2.]
注意到(0<u,v,w<1)，有[0<1+u<2,]进而[0<1-uleqslant v+w-1=vw-(1-v)(1-w)<vw,]从而[0<dfrac{1}{u^2}-1dfrac{(1-u)(1+u)}{u^2}<dfrac{2vw}{u^2},]同理[0<dfrac{1}{v^2}-1<dfrac{2wu}{v^2},0<dfrac{1}{w^2}-1<dfrac{2uv}{w^2},]从而可得[left(dfrac{1}{u^2}-1 ight)left(dfrac{1}{v^2}-1 ight)left(dfrac{1}{w^2}-1 ight)<8,]矛盾，因此右边不等式得证．
综上，原不等式得证．