a) ĐKXĐ: \(\left[{}\begin{matrix}x+3\ne0\\x-3\ne0\end{matrix}\right.\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}x\ne-3\\x\ne3\end{matrix}\right.\Leftrightarrow x\ne\pm3\)

b)

\(A=\dfrac{3}{x+3}+\dfrac{1}{x-3}-\dfrac{18}{9-x^2}\) (ĐK: \(x\ne\pm3\) )

\(\Leftrightarrow3\left(x-3\right)+1.\left(x+3\right)-18=0\\ \Leftrightarrow3x-9+x+3-18=0\\ \Leftrightarrow4x-24=0\\ \Leftrightarrow x=\dfrac{24}{4}=6\left(TMĐK\right)\)

Ta đổi chiều bất đẳng thức, khi đó bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với:

\(18\left(\frac{a^3}{1+a^3}+\frac{b^3}{1+b^3}+\frac{c^3}{1+c^3}\right)+\left(a+b+c\right)^3\ge54\)

Để ý abc=1 thì \(\frac{a^3}{1+a^3}=\frac{a^3}{abc+a^3}=\frac{a^2}{bc+a^2}\)nên bất đẳng thức trên thành:

\(18\left(\frac{a^2}{bc+a^2}+\frac{b^2}{ca+b^2}+\frac{c^2}{ab+c^2}\right)+\left(a+b+c\right)^3\ge54\)

Lại cũng từ \(abc=1\) ta có \(\left(a+b+c\right)^3\ge27abc=27\), do đó ta sẽ chứng minh được khi ta chỉ ra được:

\(\frac{a^2}{bc+a^2}+\frac{b^2}{ca+b^2}+\frac{c^2}{ab+c^2}\ge\frac{3}{2}\)

Vế trái của đánh giá trên áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki dạng phân thức. Lúc này ta được:

\(\frac{a^2}{bc+a^2}+\frac{b^2}{ca+b^2}+\frac{c^2}{ab+c^2}\ge\frac{\left(a+b+c\right)^2}{a^2+b^2+c^2+ab+bc+ca}\)

Tuy nhiên để đến khi \(a=b=c=1\) thì:

\(\frac{18\left(a+b+c\right)^2}{a^2+b^2+c^2+ab+bc+ca}=\left(a+b+c\right)^3=27\)

Ta sử dụng bất đẳng thức Cauchy dạng \(x+y\ge2\sqrt{xy}\), khi đó ta được:

\(\frac{18\left(a+b+c\right)^2}{a^2+b^2+c^2+ab+bc+ca}+\left(a+b+c\right)^3\ge\sqrt{\frac{18\left(a+b+c\right)^5}{a^2+b^2+c^2+ab+bc+ca}}\)

Chứng minh sẽ hoàn tất nếu ta chỉ được:

\(\sqrt{\frac{18\left(a+b+c\right)^5}{a^2+b^2+c^2+ab+bc+ca}}\ge54\Leftrightarrow\left(a+b+c\right)^5\ge\frac{81}{2}\left(a^2+b^2+c^2+ab+bc+ca\right)\)

Vậy theo bất đẳng thức Cauchy ta được:

\(\left(a+b+c\right)^6=\left[\left(a^2+b^2+c^2\right)+\left(ab+bc+ca\right)+\left(ab+bc+ca\right)\right]^3\)

\(\ge27\left(a+b+c\right)^2\left(ab+bc+ca\right)^2\ge81abc\left(a^2+b^2+c^2\right)\left(a+b+c\right)\)

\(=81\left(a^2+b^2+c^2\right)\left(a+b+c\right)\)

Khi đó ta được:

\(\left(a+b+c\right)^5\ge81\left(a^2+b^2+c^2\right)\)

Vậy ta cần chỉ ra rằng:

\(2\left(a^2+b^2+c^2\right)\ge a^2+b^2+c^2+ab+bc+ca\)

Vậy bất đẳng thức trên tương đương với \(\left(a-b\right)^2+\left(b-c\right)^2+\left(c-a\right)^2\ge0\), là một bất đẳng thức hiển nhiên đúng.

Vậy bất đẳng thức được chứng minh, dấu đẳng thức xảy ra khi \(a=b=c=1\)

Ta có:\(\sum\dfrac{a^2+6a+3}{a^2+a}=\sum\left(1+\dfrac{5a+3}{a^2+a}\right)=3+\sum\dfrac{5a+3}{a^2+a}\)

Có BĐT phụ: \(\dfrac{5a+3}{a^2+a}\ge-\dfrac{7}{2}a+\dfrac{15}{2}\)đúng vì nó tương đương \(\left(7a+6\right)\left(a-1\right)^2\ge0\left(true\right)\)

Áp dụng tương tự ta có:

\(VT\ge3-\dfrac{7}{2}\left(a+b+c\right)+\dfrac{15}{2}.3\ge3-\dfrac{21}{2}+\dfrac{45}{2}=15\)

Dấu = xảy ra khi a=b=c=1

làm sao để có BĐT phụ để chứng minh hả bn @@

Đặt \(\left(a;b;c\right)=\left(x^2;y^2;z^2\right)\Rightarrow x^2+y^2+z^2\ge1\)

\(P=\frac{x^2}{y}+\frac{y^2}{z}+\frac{z^2}{x}+\frac{x^2}{z}+\frac{y^2}{x}+\frac{z^2}{y}=A+B\)

\(A=\frac{x^2}{y}+\frac{y^2}{z}+\frac{z^2}{x}\Rightarrow A^2=\frac{x^4}{y^2}+\frac{y^4}{z^2}+\frac{z^4}{x^2}+2\left(\frac{x^2y}{z}+\frac{y^2z}{x}+\frac{xz^2}{y}\right)\)

Mà: \(\frac{x^4}{y^2}+\frac{x^2y}{z}+\frac{x^2y}{z}+z^2\ge4x^2\)

Tương tự và cộng lại ta có:

\(A^2+\left(x^2+y^2+z^2\right)\ge4\left(x^2+y^2+z^2\right)\Rightarrow A^2\ge3\left(x^2+y^2+z^2\right)=3\)

Xét \(B=\frac{x^2}{z}+\frac{y^2}{x}+\frac{z^2}{y}\Rightarrow B^2=\frac{x^4}{z^2}+\frac{y^4}{x^2}+\frac{z^4}{y^2}+2\left(\frac{xy^2}{z}+\frac{yz^2}{x}+\frac{zx^2}{y}\right)\)

Có: \(\frac{x^4}{z^2}+\frac{zx^2}{y}+\frac{zx^2}{y}+y^2\ge4x^2\)

\(\Rightarrow B^2\ge3\left(x^2+y^2+z^2\right)=3\) \(\Rightarrow B\ge\sqrt{3}\)

\(\Rightarrow P\ge2\sqrt{3}\)

Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c=\frac{1}{3}\)