Приведём два решения. Первое — чисто алгебраическое, второе — скорее аналитическое. Заметим сразу, что поскольку $a$, $b$, $c$ входят в условие совершенно симметрично, можно считать, что $0\le a\le b\le c\le1$.
1. Так как $(1-a)(1-b)\ge0$, то $a+b\le1+ab\le1+2ab$. Следовательно,
$$
a+b+c\le a+b+1\le2+2ab.
$$
Поскольку $1+ab\le1+ac\le1+bc$,
$$
\dfrac a{bc+1}+\dfrac b{ac+1}+\dfrac c{ab+1}\le\dfrac{a+b+c}{1+ab}\le2.\tag{*}
$$
2. Рассмотрим левую часть неравенства (*) как функцию $F(a)$ на отрезке $0\le a\le b$. Её наибольшее значение достигается в одном из концов отрезка, поскольку она «выпукла вниз» — её производная по $a$ возрастает на этом отрезке. Так будет для любой функции $y=f(x)$, являющейся суммой функций вида $y=kx$ и $y=\dfrac p{qx+r}$ с положительными $k$, $p$, $q$, $r$ при $x\gt0$ (см. рисунок). Таким образом, $F$ не превосходит одной из величин, получающихся при $a=0$ и $a=b$: $b+c$ или $\dfrac{2b}{bc+1}+\dfrac c{b^2+1}$. По условию, $b+c\le2$; второе выражение как функция от $c$ на отрезке $b\le c\le1$ не превосходит одной из величин:
$$
\begin{gather*}
\dfrac{2b}{b^2+1}+\dfrac b{b^2+1}\le\dfrac{3b}{b^2+1}\le\dfrac32\quad\text{или}\\ \dfrac{2b}{b+1}+\dfrac1{b^2+1}=2-\dfrac{2b^2-b+1}{(b+1)(b^2+1)}\le2.
\end{gather*}
$$
Можно несколько изменить рассуждения во втором решении, рассматривая функцию $F$ сразу на всём «кубе» $0\le a\le1$, $0\le b\le1$, $0\le c\le1$. Из сказанного ясно, что максимум функции $F$ достигается в вершинах куба, т. е. в точках, где $a$, $b$, $c$ равны 0 или 1. Небольшой перебор показывает, что в этих точках $F\le2$ (см. табличку на полях), причём $F=2$ только, если одно из чисел $a$, $b$, $c$ равно 0 и два другие равны 1 (это можно увидеть и из первого решения).
