Chứng minh rằng: $\frac{a^{b+c}}{(b+c)^2}+\frac{b^{c+a}}{(c+a)^2}+\frac{c^{a+b}}{(a+b)^2} \ge \frac{3}{4}$

Cho $a,b,c>0$.Chứng minh rằng:
$$\frac{a^{b+c}}{(b+c)^2}+\frac{b^{c+a}}{(c+a)^2}+\frac{c^{a+b}}{(a+b)^2} \ge \frac{3}{4}$$ 
Lời giải:
Không mất tính tổng quát,ta giả sử $a \ge b \ge c$.Xét 2 trường hợp:

Trường hợp 1: $b+c \ge 1$
Ta dễ dàng chứng minh bổ đề sau bằng phương pháp hàm số:
Bổ đề: Nếu $x>0$ thì $\frac{1}{x^2} \ge \frac{1}{x^{2x}}$.
Sử dụng bổ đề,ta có:
$$\frac{4a^{b+c}}{(b+c)^2}=\frac{a^{b+c}}{\left(\frac{b+c}{2} \right)^2} \ge \frac{a^{b+c}}{\left(\frac{b+c}{2} \right)^{b+c}}=\left(\frac{2a}{b+c} \right)^{b+c}$$
Như vậy:
$$4\left[\frac{a^{b+c}}{(b+c)^2}+\frac{b^{c+a}}{(c+a)^2}+\frac{c^{a+b}}{(a+b)^2} \right] \ge \left(\frac{2a}{b+c} \right)^{b+c}+\left(\frac{2b}{c+a} \right)^{c+a}+\left(\frac{2c}{a+b} \right)^{a+b}$$
Do $\min \{a+b;b+c;c+a \}=b+c \ge 1$ nên theo BĐT Bernoulli:
$$\left(\frac{2a}{b+c} \right)^{b+c} \ge 1+(b+c)\left(\frac{2a}{b+c}-1 \right)=1+2a-b-c$$
Suy ra:
$$4\left[\frac{a^{b+c}}{(b+c)^2}+\frac{b^{c+a}}{(c+a)^2}+\frac{c^{a+b}}{(a+b)^2} \right] \ge 3$$

Trường hợp 2: $b+c \le 1$.
Nhận thấy rằng nếu $a \ge 1$ thì $\frac{a^{b+c}}{(b+c)^2} \ge a^{b+c} \ge a \ge 1>\frac{3}{4}$.Xét $a \le 1$.
Ta suy ra được:$c+a ;a+b \le 2$.
Khi này,ta có:
$$a^{b+c} \ge a \ge a^2;b^{c+a} \ge b^2;c^{a+b} \ge c^2$$
Suy ra:
$$\frac{a^{b+c}}{(b+c)^2}+\frac{b^{c+a}}{(c+a)^2}+\frac{c^{a+b}}{(a+b)^2} \ge \frac{a^2}{(b+c)^2}+\frac{b^2}{(c+a)^2}+\frac{c^2}{(a+b)^2} \ge \frac{3}{4}$$

Vậy bài toán đã được chứng minh.Đẳng thức xảy ra khi $a=b=c=1$