Đặt biểu thức vế trái là $P$Giả sử $a=\max \{a,b,c\}$, khi đó $a\ge 1,b+c \le 2\Leftrightarrow bc \le 1$
Ta sẽ chứng minh $P \ge 2a+\frac{(b+c)^2}{4a}+\frac{a(b+c)^2}{16}$
$\Leftrightarrow \Bigg( \frac{ab}{c}+\frac{ac}{b}-2a\Bigg)+ \Bigg(\frac{bc}{a}-\frac{(b+c)^2}{4a} \Bigg)+ \Bigg(\frac{9abc}{4}-\frac{9a(b+c)^2}{16} \Bigg) \ge0$
$\Leftrightarrow \frac{a(b-c)^2}{bc}-\frac{(b-c)^2}{4a}-\frac{9a(b-c)^2}{16} \ge0$
$\Leftrightarrow (b-c)^2 \Bigg(\frac{a}{bc}-\frac{1}{4a}- \frac{9a}{16}\Bigg) \ge0$
Ta chỉ cần cm $\frac{a}{bc}-\frac{1}{4a}- \frac{9a}{16} \ge0\Leftrightarrow a\Bigg(\frac{1}{bc}-\frac{9}{16}\Bigg) \ge \frac 1{4a}$
$\Leftrightarrow 4a^2\Bigg(\frac{1}{bc}-\frac{9}{16}\Bigg) \ge 1 $( đúng do $a^2 \ge 1,\frac{1}{bc}-\frac{9}{16} \ge 1-\frac 9{16}=\frac 7{16})$
$\Rightarrow P \ge 2a+\frac{(3-a)^2}{4a}+\frac{9a(3-a)^2}{16}$
Mà $2a+\frac{(3-a)^2}{4a}+\frac{9a(3-a)^2}{16} \ge \frac{21}4\Leftrightarrow (x-1)^2(x-2)^2 \ge0$ (luôn đúng)
Vậy $\min P=\frac{21}4$ khi $a=b=c=1;a=2,b=c=\frac 12 $ và các hoán vị