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$a^2+b^2+4c^2=1$，求$ab+2ca+3\sqrt 2bc$的最大值．
解 问题即
已知$a,b,c>0$，且$a^2+b^2+c^2=1$，求$ab+ca+\dfrac 3{\sqrt 2}bc$的最大值．
方法一 冻结变量法
冻结$a$，则$$b^2+c^2=1-a^2,$$而$$\begin{split} ab+ca+\dfrac{3}{\sqrt 2}bc&\leqslant a\cdot \sqrt{2(b^2+c^2)}+\dfrac{3}{\sqrt 2}\cdot\dfrac{b^2+c^2}{2}\\&=a\cdot\sqrt{2(1-a^2)}+\dfrac{3}{2\sqrt 2}\cdot (1-a^2),\end{split} $$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$$1=\dfrac 12a^2+\dfrac 14b^2+\dfrac 12a^2+c^2+\dfrac 34b^2+3c^2\geqslant \dfrac 1{\sqrt 2}\left(ab+2ac+3\sqrt 2bc\right).$$