Dễ dàng chứng minh bất đẳng thức phụ: $9.(a^2.b+b^2.c+c^2.a)\leq(a+b+c)^3$Từ đó, $9.(a^2.b+b^2.c+c^2.a)\leq1$ (*)
$A=2018.(\frac{a^2}{b} + \frac{b^2}{c} + \frac{c^2}{a})+\frac{1}{3.(a^2+b^2+c^2)}$
$A=2018.(\frac{a^2}{b}+9.a^2.b +\frac{b^2}{c} + 9.b^2.c +\frac{c^2}{a} + 9.c^2.a)-2018.9.(a^2.b+b^2.c+c^2.a)+\frac{1}{3.(a^2+b^2+c^2)}$
Theo bất đẳng thức Cô-si thì: $a^2+b^2\geq2ab$
Ta có:
$A\geq2018.6.(a^2+b^2+c^2)-2018.9.(a^2.b+b^2.c+c^2.a)+\frac{1}{3.(a^2+b^2+c^2)}$
Từ (*),ta lại suy ra tiếp:
$A\geq2018.6.(a^2+b^2+c^2)+\frac{1}{3.(a^2+b^2+c^2)}-2018$
$A\geq12105(a^2+b^2+c^2)+3.(a^2+b^2+c^2)+\frac{1}{3.(a^2+b^2+c^2)}-2018$
Lại theo bất đẳng thức Cô-si với 2 số $3.(a^2+b^2+c^2)$ và $\frac{1}{3.(a^2+b^2+c^2)}$
$A\geq12105.(a^2+b^2+c^2)+2-2018$
Mà, $3.(a^2+b^2+c^2)\geq(a+b+c)^2=1$
Nên, $A\geq4035+2-2018=2019$
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi $a=b=c=\frac{1}{3}$