[选修4-5：不等式选讲]（10分）
23．已知$a$，$b$，$c$均为正数，且$a^{2}+b^{2}+4c^{2}=3$，证明：
（1）$a+b+2c\leqslant 3$；
（2）若$b=2c$，则$\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{c}\geqslant 3$．
分析：（1）由已知结合柯西不等式证明；
（2）法一、由已知结合（1）中的结论，再由权方和不等式证明．
法二、由（1）知，$a+4c\leqslant 3$，当且仅当$a=2c=1$等号成立，再由$\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{c}=\dfrac{1}{3}\cdot (\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{c})\cdot 3$，结合基本不等式证明．
解答：证明：（1）$\because a$，$b$，$c$均为正数，且$a^{2}+b^{2}+4c^{2}=3$，
$\therefore$由柯西不等式知，$(a^{2}+b^{2}+4c^{2})(1^{2}+1^{2}+1^{2})\geqslant (a+b+2c)^{2}$，
即$3\times 3\geqslant (a+b+2c)^{2}$，$\therefore a+b+2c\leqslant 3$；
当且仅当$a=b=2c$，即$a=b=1$，$c=\dfrac{1}{2}$时取等号；
（2）法一、由（1）知，$a+b+2c\leqslant 3$且$b=2c$，
故$0 < a+4c\leqslant 3$，则$\dfrac{1}{a+4c}\geqslant \dfrac{1}{3}$，
由权方和不等式可知，$\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{c}=\dfrac{{1}^{2}}{a}+\dfrac{{2}^{2}}{4c}\geqslant \dfrac{9}{a+4c}\geqslant 3$，当且仅当$\dfrac{1}{\;a}=\dfrac{2}{4c}$，即$a=1$，$c=\dfrac{1}{2}$时取等号，
故$\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{c}\geqslant 3$．
法二、由（1）知，$a+4c\leqslant 3$，当且仅当$a=2c=1$等号成立，
$\therefore$$\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{c}=\dfrac{1}{3}\cdot (\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{c})\cdot 3\geqslant \dfrac{1}{3}\cdot (\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{c})\cdot (a+4c)$
$=\dfrac{1}{3}(\dfrac{4c}{a}+\dfrac{a}{c}+5)\geqslant \dfrac{1}{3}(2\sqrt{\dfrac{4c}{a}\cdot \dfrac{a}{c}}+5)=3$，当且仅当$a=2c=1$等号成立，
故$\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{c}\geqslant 3$．
解答：本题考查不等式的证明，考查柯西不等式与权方和不等式的应用，是中档题．