Bài toán: (Japan MO 2014) Tìm số thực $k$ lớn nhất sao cho với mọi $a, b, c$ không âm thỏa $a+b+c=1$, ta luôn có: $$\dfrac{a}{1+9bc+k(b-c)^2}+\dfrac{b}{1+9ca+k(c-a)^2}+\dfrac{c}{1+9ab+k(a-b)^2}\ge\dfrac{1}{2}$$ Lời giải: 
 Cho $b=c=\dfrac{1}{2}, a=0$, ta được: $$\dfrac{\dfrac{1}{2}}{1+k.\dfrac{1}{2^2}}+\dfrac{\dfrac{1}{2}}{1+k.\dfrac{1}{2^2}}\Leftrightarrow\dfrac{1}{1+\dfrac{1}{4}.k}\ge\dfrac{1}{2}\\\Leftrightarrow\dfrac{4}{4+k}\ge\dfrac{1}{2}\Leftrightarrow 8\ge k+4\Leftrightarrow k\le 4$$ Bây giờ, ta sẽ chứng minh rằng $k=4$ chính là giá trị lớn nhất thỏa mãn bài toán, tức là: $$\dfrac{a}{1+9bc+4(b-c)^2}+\dfrac{b}{1+9ca+4(c-a)^2}+\dfrac{c}{1+9ab+4(a-b)^2}\ge\dfrac{1}{2}$$ Sử dụng bất đẳng thức Cauchy Schawrz, ta có: $$\sum_{cyc}\dfrac{a}{1+9bc+4(b-c)^2}=\sum_{cyc}\dfrac{a^2}{a+abc+ab^2+ab^2+ac^2}\\\ge\dfrac{(a+b+c)^2}{a+b+c+3abc+4ab(a+b)+4bc(b+c)+4ca(c+a)}=\dfrac{1}{1+3abc+4ab(a+b)+4bc(b+c)+4ca(c+a)}$$ Và công việc bây giờ là ta cần chứng minh: $$\dfrac{1}{1+3abc+4ab(a+b)+4bc(b+c)+4ca(c+1)}\ge\dfrac{1}{2}\\\Leftrightarrow 1+3abc+4ab(a+b)+4bc(b+c)+4ca(c+a)\le 2\\\Leftrightarrow 3abc+4ab(a+b)+4bc(b+c)+4ca(c+a)\le 1\\\Leftrightarrow 3abc+4ab(a+b)+4bc(b+c)+4ca(c+a)\le (a+b+c)^3\\\Leftrightarrow a^3+b^3+c^3+3abc\ge ab(a+b)+bc(b+c)+ca(c+a)$$  Đây chính là bất đẳng thức Schur bậc $3$ nên hiển nhiên nó đúng. Bất đẳng thức được chứng minh.
  Cuối cùng, ta được kết quả: $$\boxed{k_{\max}=4}$$