Bđt đã cho $<=> 1/6 (x+y+z)[(x-y)^{2} +(y-z)^{2} +(z-x)^{2} ] \geq  \frac{3}{4} |(x-y)(y-z)(z-x)|$
$<=> ((x+y)+(y+z)+(z+x))[(x-y)^{2} +(y-z)^{2} +(z-x)^{2}] \geq  9|(x-y)(y-z)(z-x)|$
sd bđt $x^{3}+y^{3}+z^{3} \geq  3xyz$
      $x+y \geq  |x-y|; y+z \geq  |y-z|; z+x\geq |z-x|$
$=> (x+y)+(y+z)+(z+x) \geq  |x-y|+|y-z|+|z-x| \geq  3\sqrt[3]{(x-y)(y-z)z-x)}$
$(x-y)^{2}+(y-z)^{2}+(z-x)^{2} \geq 3\sqrt[3]{(x-y)^{2}(y-z)^{2}(z-x)^{2}}$
Nhân 2 vế => đpcm
Dấu = xảy ra <=>x=y=z

Cách 2 : Lượng giác hóa
Đặt : $x=cotA;y=cotB;z=cotC ( A,B,C \in  (0; \frac{\pi}{2}))$
$gt \Leftrightarrow  tanAtanB+tanBtanC+tanCtanA=1$
$\Leftrightarrow  tan(tanB+tanC)=1-tanBtanC$
$\Leftrightarrow  tân=\frac{1-tanBtanC}{tanB+tanC}=cot(B+C) <=> A+B+C= \frac{\pi}{2}$

$=> VT= \frac{1}{\sqrt{1+cot^{2}A}}+\frac{1}{\sqrt{1+cot^{2}B}}+ \frac{1}{\sqrt{1+cot^{2}C}}=sinA+sinB+sinC $
Theo lg có : $\frac{sinA+sinB+sinC}{3} \leq  sin \frac{A+C+B}{3}=sin \frac{\pi}{6}=1/2$
$=>sinA+sinB+sinC \leq  3/2$
Vậy Max=3/2 <=> $x=y=z=\sqrt{3}$

Cách 2 : 
Với mỗi $y,z$ cố định $\in  [0;1]$ , xét hàm số biến x : 
$F(x)=\frac{x}{y+z+1}+\frac{y}{z+x+1}+ \frac{z}{x+y+1}+(1-x)(1-y)(1-z) , 0 \leq x \leq 1$
Có : $F'(x)= \frac{1}{y+z+1}-\frac{y}{(z+x+1)^{2}}-  \frac{z}{(x+y+1)^{2}}-(1-y)(1-z)$
$=> F''(x)= \frac{2y}{(z+x+1)^{2}}+ \frac{2z}{(x+y+1)^{2}} \geq 0 $            (do y,z >=0 )
=> F''(x) là hàm đồng biến khi $o \leq  x\leq  1$
=> 3 TH : 
 TH 1 : Nếu $F'(x) >=0 \forall  0\leq x \leq 1$ . Khi đó F(x) là hàm đồng biến trên $0 \leq x \leq 1$ , $=> \forall 0\leq x \leq 1$ ,  ta có : 
$F(x) \leq  F(1) = \frac{1}{y+z+1}+ \frac{y}{z+1+1}+ \frac{z}{1+y+1} \leq  \frac{1+y+z}{y+z+1}=1 ( do y \leq  1; z \leq  1)$
TH2 : Nếu $F'(x) \leq 0 \forall  0\leq x\leq 1$
 Khi đó F(x) là hàm nb trên $0= Ta có : 
 $F(x) \leq  F(0) =\frac{y}{z+1}+ \frac{z}{y+1}+(1-y)(1-z)= \frac{1+y+z+y^{2}z^{2}}{1+y+z+yz}$
Do : $y^{2}z^{2} \leq  yz $ và $y,z \in  [0;1]=>F(x) \leq 1 \forall  x \in  [0;1]$
TH3 : Nếu F'(x) có dấu thay đổi trên $[0;1]$ . Do $F'(x) $ là hàm đb trên $[0;1]$
 Và : $F(0) \leq  1 ; F(1) \leq  1=> F(x) \leq  1 \forall  0\leq x\leq 1$
ALL=> luôn có : $P \leq  1$
Vậy Max P = 1

Bài toán tổng quát : 

 Cho $0\leq  a_{i} \leq  1 , i=1,2,...,n$ . Chứng minh rằng : 
   $\frac{a_{1}}{S-a_{1}+1}+ \frac{a_{2}}{S-a_{2}+1}+...+ \frac{a_{n}}{S-a_{n}+1}+ (1-a_{1})(1-a_{2})...(1-a_{n}) \leq  1$
Với : $S=a_{1}+a_{2}+...+a_{n}$

Nếu : $1+9xyz-x-y-z \leq 0 => P \leq 0$
Nếu : $1+9xyz-x-y-z >0$ . Áp dụng bđt C-S : 
 $(x+y+z=(x+y+z)(x^{2}+y^{2}+z^{2}) \geq  3\sqrt{xyz}.3\sqrt{x^{2}y^{2}z^{2}}$
$=> x+y+z \geq  9xyz => 1 +x+y+z \geq  1+9xyz$
$\Rightarrow  0<1+9xyz-x-y-z \leq 1$
$\Rightarrow  (1+9xyz-x-y-z)( \frac{1}{1-xy}+\frac{1}{1-yz}+\frac{1}{1-zx}) \leq  \sum_{cyc}\frac{1}{1-xy}$
Có : $\sum_{cyc} \frac{1}{1-xy}=3+\sum_{cyc}\frac{xy}{1-xy}$
Từ gt : $x^{2}+y^{2}+z^{2}=1, có : $
 $\frac{xy}{1-xy} \leq  \frac{2xy}{2-(x^{2}+y^{2})} \leq  1/2 - \frac{(x+y)^{2}}{(x^{2}+z^{2})+(y^{2}+z^{2})} (1)$
 ( do : $(x+y)^{2} \geq  4xy)$
Ta lại có : 
 $\frac{(x+y)^{2}}{(x^{2}+y^{2})+(y^{2}+z^{2})} \leq  \frac{x^{2}}{x^{2}+z^{2}}+\frac{y^{2}}{y^{2}+z^{2}}        (2)$
Từ (1) và (2) : suy ra : 
 $\frac{xy}{1-xy} \leq  1/2(\frac{x^{2}}{x^{2}+z^{2}}+\frac{y^{2}}{y^{2}+z^{2}})$
Tương tự : .... 
All $=>  \sum_{cyc}\frac{xy}{1-xy} \leq  3 + 3/2 = 9/2 $
=>$ Max = 9/2<=> x=y=z = \frac{1}{\sqrt{3}}$ 

Cách 2 : " Phi lượng giác hóa " 
 Dựa vào : $xy+yz+zx=1 $ , ta có : 
 $\frac{x}{\sqrt{1+x^{2}}}= \frac{x}{\sqrt{(x+y)(x+z)}}= \sqrt{\frac{x}{x+y}}. \sqrt{\frac{x}{x+y}}$
Áp dụng bđt AM-GM : $\frac{x}{\sqrt{1+x^{2}}} \leq  \frac{1}{2}( \frac{x}{x+y}+ \frac{x}{x+z})$
Tương tự : .... 
Cộng từng vế $=> VT =< 3/2$
=> Max = 3/2 
Dấu = xảy ra $<=> x=y=z =\frac{1}{\sqrt{3}}$

Cách 1 : Lượng giác hóa 
 Đặt : $x=tan \frac{A}{2},y=tan \frac{B}{2},z=tan \frac{C}{2}với A,B,C \in  (0;\frac{\pi }{2})$
Vì : $xy+yz+zx=1=> tan\frac{A}{2}.tan\frac{B}{2}+tan\frac{B}{2}.tan\frac{C}{2}+tan\frac{C}{2}.tan\frac{A}{2}=1$
$=> tan\frac{A}{2}=cot(\frac{B}{2}+\frac{C}{2})=> A+B+C=180^{o}=>A,B,C là ba góc của tam giác ABC$
Có  : $ \frac{x}{\sqrt{1+x^{2}}}= \frac{tan\frac{A}{2}}{\sqrt{1+tan^{2}\frac{A}{2}}}=tan\frac{A}{2}cos\frac{A}{2}=sin\frac{A}{2}$
Tương tự : ....
$=>VT=sinA/2+sinB/2+sinC/2 =<3/2$   (đpcm)
Dấu = xảy ra $<=>A=B=C=60^{o}<=> x=y=z=\frac{1}{\sqrt{3}}$ 

Lời giải này có yêu cầu trả vỏ sò để xem. Bạn hãy link trên để vào xem chi tiết

Một cách khác của 1 nhóm Casio : 
 

ĐK : $x \geq 3$
pt $<=> (2x-3\sqrt[3]{x^{2}-4x+11}) + (\sqrt{x^{3}-2}-5) +\sqrt{x-3}=0$
$<=>\frac{8x^{3}-27(x^{2}-4x+11)}{4x^{2}+6x\sqrt[3]{x^{2}-4x+11}+9\sqrt[3]{(x^{2}-4x+11)^{2}}}+ \frac{x^{3}-27}{\sqrt{x^{3}-2}+5}+ \sqrt{x-3}=0$
$<=> \sqrt{x-3}.[.....]=0$
Dễ cm đc$ [...] >0  \forall  x\geq 3$
$=> x=3 (tm)$
Vậy nghiệm của pt là x=3

http://zuni.vn/hoi-dap-chi-tiet/172093/0/0

Bài 12 : https://drive.google.com/file/d/0B_mZiFKIr4pXUlBSaXZ2UmhBbTA/view

Trong mặt phẳng với hệ trục $Oxy$ cho hình vuông $ABCD$ có tâm là điểm $I$ . GỌi $G$ và $K$ lần lượt là trọng tâm các tam giác $ACD$ và $ABI$ .
1) CMR  :$\Delta AGK$ vuông cân tại $K$
2) Tìm tọa độ đỉnh $A$ biết rằng $G(1;-2),K(3;1)$ và điểm $A$ có tung độ dương

Giải bất phương trình sau : 
$(x^{2}-4)\sqrt{x+5}+(x+1)\sqrt{x+2}+x^{3}+2>x^{2}+6x$

Lời giải này có yêu cầu trả vỏ sò để xem. Bạn hãy link trên để vào xem chi tiết