本文为整理，非原创，解法均收集自网络．
（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：\[1<\dfrac{a}{\sqrt{a^2+b^2}}+\dfrac{b}{\sqrt{b^2+c^2}}+\dfrac{c}{\sqrt{c^2+a^2}}\leqslant \dfrac{3\sqrt 2}{2}.\]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\(\theta_i\in\left(0,\dfrac{\pi}{2}\right)\)（\(i=1,2,\cdots,n\)），只要\(\tan\theta_1\cdot\tan\theta_2\cdots\tan\theta_n=2^{\frac n2}\)，就有\(\cos\theta_1+\cos\theta_2+\cdots+\cos\theta_n\)不大于\(\lambda\)．
答案是：当\(n\geqslant 3\)时，\(\lambda=n-1\)；当\(n=3\)时，令\[a=\tan^2\theta_1,b=\tan^2\theta_2,c=\tan^2\theta_3,\]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\[2+a+b+x\geqslant 4\sqrt[4]{2abx}=8,\]得\[a+b+x\geqslant 6.\]所以\[\begin{split}f(x)&=\dfrac{1}{\sqrt{1+x}}+\dfrac{1}{\sqrt{1+a}}+\dfrac{1}{\sqrt{1+b}}\\&>\dfrac{1}{1+x}+\dfrac{1}{1+a}+\dfrac{1}{1+b}\\&=\dfrac{3+2(a+b+x)+(ab+bx+xa)}{(1+x)(1+a)(1+b)}\\&\geqslant \dfrac{9+(a+b+x)+(ab+bx+xa)}{(1+x)(1+a)(1+b)}\\&=\dfrac{1+(a+b+x)+(ab+bx+xa)+abx}{(1+x)(1+a)(1+b)}\\&=1.\end{split}\]
再证明\(f(x)<2\)．
由\(x,a,b\)的对称性，不妨设\(x\geqslant a\geqslant b\)，则\(0<b\leqslant 2\)．
情形1：当\(a+b\geqslant 7\)时，此时\(x\geqslant a\geqslant 5\)．
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\[\dfrac{1}{1+b}<1-\dfrac{b}{1+b}+\dfrac{b^2}{4(1+b)^2}=\left[1-\dfrac{b}{2(1+b)}\right]^2,\]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\[f(x)<2-\dfrac 12\left(\dfrac{a}{1+a}+\dfrac{b}{1+b}-2\sqrt{\dfrac{ab}{ab+8}}\right).\]
而\[\dfrac{a}{1+a}+\dfrac{b}{1+b}\geqslant 2\sqrt{\dfrac{ab}{(1+a)(1+b)}}=2\sqrt{\dfrac{ab}{1+a+b+ab}}>2\sqrt{\dfrac{ab}{ab+8}},\]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\(a\leqslant b\leqslant c\)，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\[0<t\leqslant\sqrt k\leqslant 2,\]计算导数\[\begin{split}f'(t)&=\dfrac 12\left(-\left(1+t\right)^{-\frac 32}+\dfrac{k}{t^2}\left(1+\dfrac{k}{t}\right)^{-\frac 32}\right)\\&=\left[k^2(1+t)^3-t(t+k)^3\right]\cdot Q(t,k),\end{split}\]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\(g\left(\sqrt k\right)=0\)，因式分解为\[g(t)=\left(k-t^2\right)\left[t^2-k(k-3)t+k\right],\]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\(\left(0,\sqrt{k}\right)\)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\[f\left(1+\sqrt k\right)=\dfrac{2}{\sqrt{1+\sqrt k}}+\dfrac{1}{\sqrt{1+\dfrac{8}{k}}}<2.\]原命题得证．
另法一
不妨设\(a\leqslant b\leqslant c\)，令\(\sqrt{ab}=\lambda\)，由\(abc=8\)有\(0<\lambda\leqslant 2\)．
设\[A=\dfrac{1}{\sqrt{1+a}}+\dfrac{1}{\sqrt{1+b}},\]再令\[u=\sqrt{1+a+b+\lambda^2},\]则\[u\geqslant 1+\lambda,\]所以\[A^2=\left(1-\lambda^2\right)+\dfrac{2}{u}+1,\]又令\(t=\dfrac{1}{u},0<t\leqslant \dfrac{1}{\lambda+1}\)，则\[A^2=F(t)=\left(1-\lambda^2\right)t^2+2t+1,\]求导有\[F'(t)=2\left(1-\lambda^2\right)t+2,\]由\(\lambda\leqslant 2\)有\[F'\left(\dfrac{1}{\lambda+1}\right)=2-\lambda\geqslant 0,\]又\(F'(0)=1>0\)，因此，对\(0<t\leqslant \dfrac{1}{\lambda+1}\)，有\(F'(t)\geqslant 0\)，所以\(F(t)\)在\(\left(0,\dfrac{1}{\lambda+1}\right]\)是增函数，则\[F(0)<F(t)\leqslant F\left(\dfrac{1}{\lambda+1}\right),\]即\[1<A\leqslant \dfrac 2{\sqrt{\lambda+1}},\]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\(\sqrt{1+\sqrt{ab}}=v,1<v\leqslant \sqrt 3\)，则\[ab=\left(v^2-1\right)^3,\]此不等式等价于\[\dfrac{2}{v}+\dfrac{v^2-1}{\sqrt{\left(v^2-1\right)^2+8}}<2,\]用分析法容易证得．
综上，原不等式得证．
另法二
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\[\left(\dfrac{1}{u^2}-1\right)\left(\dfrac{1}{v^2}-1\right)\left(\dfrac{1}{w^2}-1\right)=8.\]
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\[u+v+w\leqslant 1.\]
注意到\(0<u,v,w<1\)，有\[1+u>1-u\geqslant v+w\geqslant 2\sqrt{vw}>0,\]所以\[\dfrac{1}{u^2}-1=\dfrac{(1-u)(1+u)}{u^2}>\dfrac{(1-u)^2}{u^2}\geqslant\dfrac{4vw}{u^2},\]同理\[\dfrac{1}{v^2}-1>\dfrac{4wu}{v^2},\dfrac{1}{w^2}-1>\dfrac{4uv}{w^2},\]从而可得\[\left(\dfrac{1}{u^2}-1\right)\left(\dfrac{1}{v^2}-1\right)\left(\dfrac{1}{w^2}-1\right)>61,\]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\[u+v+w\geqslant 2.\]
注意到\(0<u,v,w<1\)，有\[0<1+u<2,\]进而\[0<1-u\leqslant v+w-1=vw-(1-v)(1-w)<vw,\]从而\[0<\dfrac{1}{u^2}-1\dfrac{(1-u)(1+u)}{u^2}<\dfrac{2vw}{u^2},\]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\[\left(\dfrac{1}{u^2}-1\right)\left(\dfrac{1}{v^2}-1\right)\left(\dfrac{1}{w^2}-1\right)<8,\]矛盾，因此右边不等式得证．
综上，原不等式得证．