这是在QQ群中国数学解题研究会中热议的一道最值问题：
已知a,b,c>0，且a2+b2+4c2=1，求ab+2ca+3√2bc的最大值．
解 问题即
已知a,b,c>0，且a2+b2+c2=1，求ab+ca+3√2bc的最大值．
方法一 冻结变量法
冻结a，则b2+c2=1−a2,而ab+ca+3√2bc⩽等号当b=c时取得．
令a=\cos\theta，其中\theta\in\left(0,\dfrac{\pi}2\right)，则上式即\begin{split} \sqrt 2\cos\theta\cdot\sin\theta+\dfrac{3}{2\sqrt 2}\cdot\sin^2\theta&=\dfrac{\sqrt 2}2\sin 2\theta -\dfrac{3}{4\sqrt 2}\cos 2\theta+\dfrac{3}{4\sqrt 2}\\&\leqslant \sqrt{\left(\dfrac{\sqrt 2}2\right)^2+\left(\dfrac{3}{4\sqrt 2}\right)^2}+\dfrac{3}{4\sqrt 2}\\&=\sqrt 2,\end{split} 等号可以取得．
容易验证a=\dfrac{1}{\sqrt 5}，b=c=\dfrac{\sqrt 2}{\sqrt 5}时等号均可取得，因此所求的最大值为\sqrt 2．
方法二 判别式法
我们希望得到使得\lambda\cdot (a^2+b^2+c^2)-\left(ab+ca+\dfrac{3}{\sqrt 2}bc\right)\geqslant 0恒成立的最小\lambda，其中\lambda 为参数，且\lambda >0．
关于a整理，有\lambda\cdot a^2-(b+c)\cdot a+\lambda\left(b^2+c^2\right)-\dfrac 3{\sqrt 2}bc\geqslant 0,于是判别式(b+c)^2-4\lambda\cdot\left[\lambda\left(b^2+c^2\right)-\dfrac{3}{\sqrt 2}bc\right] \leqslant 0,关于b整理，有\left(1-4\lambda^2\right)\cdot b^2+\left(2+6\sqrt 2\lambda \right)c\cdot b+\left(1-4\lambda ^2\right)\cdot c^2 \leqslant 0,于是1-4\lambda ^2<0，即\lambda >\dfrac 12，且判别式\left(2+6\sqrt 2\lambda\right)^2\cdot c^2-4\left(1-4\lambda^2\right)^2\cdot c^2\leqslant 0,整理得\left(4\lambda +\sqrt 2\right)\cdot\left(\lambda -\sqrt 2\right) \geqslant 0,于是\lambda \geqslant \sqrt 2．
容易验证a=\dfrac{1}{\sqrt 5}，b=c=\dfrac{\sqrt 2}{\sqrt 5}时等号可取得，因此所求的最大值为\sqrt 2．
注一 事实上，方法二也是嵌入不等式的证明方法．
嵌入不等式 对任意实数x,y,z均有x^2+y^2+z^2\geqslant 2xy\cos C+2yz\cos A+2zx\cos B,其中A,B,C是三角形的三个内角，等号成立当且仅当x:y:z=\sin A:\sin B:\sin C.
因此，我们可以先寻找一个三角形ABC，使得\cos A:\cos B:\cos C=\dfrac{3}{\sqrt 2}:1:1,设它们分别为3m，\sqrt 2m，\sqrt 2m，代入恒等式\cos^2 A+\cos^2 B+\cos^2 C+2\cos A\cos B\cos C=1中，解得m=\dfrac 14,从而原式的最大值为\sqrt 2．
注二 已知最值或者取等条件后的证明是容易的，如原题中，由柯西不等式有\left(a^2+b^2+2c^2+2c^2\right)\cdot\left(b^2+8c^2+b^2+2a^2\right)\geqslant \left(ab+2ac+3\sqrt 2bc\right)^2,或者由均值不等式有1=\dfrac 12a^2+\dfrac 14b^2+\dfrac 12a^2+c^2+\dfrac 34b^2+3c^2\geqslant \dfrac 1{\sqrt 2}\left(ab+2ac+3\sqrt 2bc\right).