Bài toán: (Tập huấn đội tuyển Việt Nam thi IMO, 2014)
  Cho $a, b, c$ là các số thực có tổng khác $0$ thỏa mãn điều kiện $a^2+b^2+c^2=2(ab+bc+ca)$. Chứng minh rằng: $$\dfrac{a^2b+b^2c+c^2a}{(a+b+c)^3}\ge \dfrac{1}{12}$$Lời giải:
  Do bất đẳng thức cần chứng minh đã là thuần nhất nên ta chuẩn hóa cho $a+b+c=2$, thế thì: $$a^2+b^2+c^2=2(ab+bc+ca)\\\Leftrightarrow (a+b+c)^2=4(ab+bc+ca)\Rightarrow ab+bc+ca=1$$ Và ta cần chứng minh: $$a^2b+b^2c+c^2a\ge \frac{2}{3}$$ Đặt $r=abc$, khi đó ta có: $$2(a^2b+b^2c+c^2a)=(a+b)(b+c)(c+a)-(a-b)(b-c)(c-a)-2abc=2-3r+\sqrt{4r-27r^2}$$ Và từ cách đặt này, ta cũng rút ra được: $0\le r\le\dfrac{4}{27}$
Xét hàm số: $f(r)=2-3r+\sqrt{4r-27r^2}$,  với  $r\in\left[0; \dfrac{4}{27}\right]$. Ta có: $$f'(r)=-3+\dfrac{2-27r}{\sqrt{4r-27r^2}}$$ Cho $f'(r)=0 \Leftrightarrow 2-27r=3\sqrt{4r-27r^2}$. Với $r\le\dfrac{4}{27}$, Ta tìm được : $r=\dfrac{1}{9}$ hoặc $r=\dfrac{1}{27}$. Như vậy, kẻ bảng biến thiên và ta thu được: $$f(r)\ge f\left(\frac{4}{27}\right)=\dfrac{14}{9}>\dfrac{4}{3}$$. Theo đó, ta có: $$2(a^2b+b^2c+c^2a)\ge \dfrac{4}{3}\\\Leftrightarrow a^2b+b^2c+c^2a\ge \dfrac{2}{3}$$ Bài toán được chứng minh.