Lời giải:

Thực chất đề bài chỉ cần điều kiện $ab\geq 1$ là đủ rồi bạn.

BĐT cần chứng minh tương đương với:

\(\frac{a^2+b^2+2}{(a^2+1)(b^2+1)}\geq \frac{2}{ab+1}\)

\(\Leftrightarrow (a^2+b^2+2)(ab+1)\geq 2(a^2+1)(b^2+1)\)

\(\Leftrightarrow ab(a^2+b^2)+2ab\geq 2a^2b^2+a^2+b^2\)

\(\Leftrightarrow ab(a^2+b^2-2ab)-(a^2+b^2-2ab)\geq 0\)

\(\Leftrightarrow ab(a-b)^2-(a-b)^2\geq 0\Leftrightarrow (ab-1)(a-b)^2\geq 0\)

(luôn đúng với mọi $ab\geq 1$)

Do đó ta có đpcm.

Dấu "=" xảy ra khi $ab=1$ hoặc $a=b$

\(\dfrac{2}{a+2}+\dfrac{2}{b+2}+\dfrac{2}{c+2}\ge2\)

\(\Leftrightarrow\dfrac{2}{a+2}-1+\dfrac{2}{b+2}-1+\dfrac{2}{c+2}-1\ge2-3\)

\(\Rightarrow1\ge\dfrac{a}{a+2}+\dfrac{b}{b+2}+\dfrac{c}{c+2}=\dfrac{a^2}{a^2+2a}+\dfrac{b^2}{b^2+2b}+\dfrac{c^2}{c^2+2c}\)

\(\Rightarrow1\ge\dfrac{\left(a+b+c\right)^2}{a^2+2a+b^2+2b+c^2+2c}\)

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

\(\Rightarrow\) đpcm

Phía trên thoả mãn \(\ge1\) chứ không phải 3/2 đâu ạ 

cau b . ta co 

a⁴+b^{4\(\ge\frac{\left(a^2+b^2\right)^2}{2}\)}\(\ge\)\(\frac{\frac{1}{16}}{2}\)=1/32

câu a đề phải là 12ab 

Dùng BĐT cô si 

\(ab\ge2\sqrt{ab}\)

\(9+ab\ge2.3\sqrt{ab}\)

\(\Rightarrow\left(a+b\right)\left(9+ab\right)\ge12ab\)

Sửa đề: \(CMR:a+b\ge\frac{12ab}{9+ab}\)

 Áp dụng BĐT Cô-si cho 2 số không âm ta có: 

      \(a+b\ge2\sqrt{ab}\)

       \(9+ab\ge6\sqrt{ab}\)

\(\Rightarrow\left(a+b\right)\left(9+ab\right)\ge12ab\)

\(\Rightarrow a+b\ge\frac{12ab}{9+ab}\)

a. Đề bài sai (thực chất là nó đúng 1 cách hiển nhiên nhưng "dạng" thế này nó sai sai vì ko ai cho kiểu này cả)

Ta có: \(abc=ab+bc+ca\ge3\sqrt[3]{a^2b^2c^2}\Rightarrow abc\ge27\)

\(\Rightarrow a^2+b^2+c^2+5abc\ge a^2+b^2+c^2+5.27>>>>>8\)

b. 

\(4=ab+bc+ca+abc=ab+bc+ca+\sqrt{ab.bc.ca}\le ab+bc+ca+\sqrt{\left(\dfrac{ab+bc+ca}{3}\right)^3}\)

\(\sqrt{\dfrac{ab+bc+ca}{3}}=t\Rightarrow t^3+3t^2-4\ge0\Rightarrow\left(t-1\right)\left(t+2\right)^2\ge0\)

\(\Rightarrow t\ge1\Rightarrow ab+bc+ca\ge3\Rightarrow a+b+c\ge\sqrt{3\left(ab+bc+ca\right)}\ge3\)

- TH1: nếu \(a+b+c\ge4\)

Ta có: \(ab+bc+ca=4-abc\le4\)

\(\Rightarrow P=\left(a+b+c\right)^2-2\left(ab+bc+ca\right)+5abc\ge4^2-2.4+0=8\)

(Dấu "=" xảy ra khi \(\left(a;b;c\right)=\left(2;2;0\right)\) và các hoán vị)

- TH2: nếu \(3\le a+b+c< 4\)

Đặt \(a+b+c=p\ge3;ab+bc+ca=q;abc=r\)

\(P=p^2-2q+5r=p^2-2q+5\left(4-q\right)=p^2-7q+20\)

Áp dụng BĐT Schur:

\(4=q+r\ge q+\dfrac{p\left(4q-p^2\right)}{9}\Leftrightarrow q\le\dfrac{p^3+36}{4p+9}\)

\(\Rightarrow P\ge p^2-\dfrac{7\left(p^3+36\right)}{4p+9}+20=\dfrac{3\left(4-p\right)\left(p-3\right)\left(p+4\right)}{4p+9}+8\ge8\)

(Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c=1\))

Áp dụng BĐT BSC:

\(\dfrac{a^2}{a+b}+\dfrac{b^2}{b+c}+\dfrac{c^2}{c+a}\ge\dfrac{\left(a+b+c\right)^2}{2\left(a+b+c\right)}\)

\(=\dfrac{a+b+c}{2}\)

\(\ge\dfrac{\sqrt{ab}+\sqrt{bc}+\sqrt{ca}}{2}=\dfrac{1}{2}\)

Đẳng thức xảy ra khi \(a=b=c=\dfrac{1}{3}\)

1. Ta có:

\(\left(\sqrt{a}-\sqrt{b}\right)^2\ge0\) ( Nếu a, b ≥ 0)

=> \(a-2\sqrt{ab}+b\ge0\)

=> \(\left(a-2\sqrt{ab}+b\right)+2\sqrt{ab}\ge0+2\sqrt{ab}\)

=> \(a+b\ge2\sqrt{ab}\) => \(\frac{\left(a+b\right)}{2}\ge\frac{2\sqrt{ab}}{2}\)

=> \(\frac{\left(a+b\right)}{2}\ge\sqrt{ab}\);

(Dấu "=" xảy ra khi \(\sqrt{a}-\sqrt{b}=0\) => a = b)

1. BĐT \(\Leftrightarrow a+b\ge2\sqrt{ab}\)

\(\Leftrightarrow\left(\sqrt{a}-\sqrt{b}\right)^2\ge0\) ( luôn đúng )

Dấu "=" xảy ra \(\Leftrightarrow a=b\)

2. BĐT \(\Leftrightarrow\frac{a+b}{2}\ge\frac{\left(\sqrt{a}+\sqrt{b}\right)^2}{4}\)

\(\Leftrightarrow2\left(a+b\right)\ge a+2\sqrt{ab}+b\)

\(\Leftrightarrow a-2\sqrt{ab}+b\ge0\)

\(\Leftrightarrow\left(\sqrt{a}-\sqrt{b}\right)^2\ge0\) ( luôn đúng )

Dấu "=" xảy ra \(\Leftrightarrow a=b\)

3. Ta có: \(M=\frac{2}{\sqrt{1\cdot2005}}+\frac{2}{\sqrt{2\cdot2004}}+...+\frac{2}{\sqrt{1003\cdot1003}}\)

Áp dụng BĐT Cô-si:

\(\sqrt{1\cdot2005}\le\frac{1+2005}{2}=1003\)

Do dấu "=" không xảy ra nên \(\sqrt{1\cdot2005}< 1003\)

Khi đó: \(\frac{2}{\sqrt{1\cdot2005}}>\frac{2}{1003}\)

Chứng minh tương tự với các phân thức còn lại rồi cộng vế ta được :

\(M>\frac{2006}{1003}>\frac{2005}{1003}\) ( đpcm )

Em có cách khác ở bài 2 nè:) Nhưng thôi làm 2 bài luôn bài 3 ý tưởng y hệt hà..

Bài 1: BĐT \(\Leftrightarrow\left(\sqrt{a}-\sqrt{b}\right)^2\ge0\left(true\right)\)

Đẳng thức xảy ra khi a = b

Bài 2: BĐT trên là thuần nhất (hay đồng bậc gì ấy) nên ta chuẩn hóa a + b =2.

Cần chứng minh: \(1\ge\frac{\sqrt{a}+\sqrt{b}}{2}\)

Thật vậy theo Cô si: \(RHS\left(VP\right)=\frac{\sqrt{1.a}+\sqrt{1.b}}{2}\le\frac{\frac{a+1}{2}+\frac{b+1}{2}}{2}=\frac{a+b+2}{4}=1=LHS\left(VT\right)\)

Ta có đpcm. True?

a/ \(\left(a^2+b^2\right)+\left(a^2+1\right)+\left(b^2+1\right)\ge2ab+2a+2b\)

\(\Leftrightarrow a^2+b^2+1\ge ab+a+b\)

b/ \(\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}\ge\dfrac{4}{a+b}\)

\(\Leftrightarrow a^2-2ab+b^2\ge0\)

\(\Leftrightarrow\left(a-b\right)^2\ge0\) đúng

c/ \(M=x^4-6x^3+13x^2-12x-5\)

Đặt \(x^2-3x=a\)thì ta có:

\(M=a^2+4a-5=\left(a+2\right)^2-9\ge0\)

Dấu = xảy ra khi:

\(x^2-3x+2=0\)

\(\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}x=1\\x=2\end{matrix}\right.\)

a/ \(\left(a^2+b^2\right)+\left(a^2+1\right)+\left(b^2+1\right)\ge2ab+2a+2b\)

\(\Leftrightarrow a^2+b^2+1\ge ab+a+b\)

b/ \(\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}\ge\dfrac{4}{a+b}\)

\(\Leftrightarrow a^2-2ab+b^2\ge0\)

\(\Leftrightarrow\left(a-b\right)^2\ge0\) đúng

c/ \(M=x^4-6x^3+13x^2-12x-5\)

Đặt \(x^2-3x=a\)thì ta có:

\(M=a^2+4a-5=\left(a+2\right)^2-9\ge9\)

Dấu = xảy ra khi:

\(x^2-3x+2=0\)

\(\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}x=1\\x=2\end{matrix}\right.\)

a/ \(\left(a^2+b^2\right)+\left(a^2+1\right)+\left(b^2+1\right)\ge2ab+2a+2b\)

\(\Leftrightarrow a^2+b^2+1\ge ab+a+b\)

b/ \(\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}\ge\dfrac{4}{a+b}\)

\(\Leftrightarrow a^2-2ab+b^2\ge0\)

\(\Leftrightarrow\left(a-b\right)^2\ge0\) đúng

c/ \(M=x^4-6x^3+13x^2-12x-5\)

Đặt \(x^2-3x=a\)thì ta có:

\(M=a^2+4a-5=\left(a+2\right)^2-9\ge-9\)

Dấu = xảy ra khi:

\(x^2-3x+2=0\)

\(\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}x=1\\x=2\end{matrix}\right.\)

Lời giải:

Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz:

\(\text{VT}=\frac{1}{1+ab}+\frac{a^2}{a+ab}+\frac{b^2}{b+ab}\geq \frac{(1+a+b)^2}{1+ab+a+ab+b+ab}\)

\(\Leftrightarrow \text{VT}\geq \frac{(a+b+1)^2}{a+b+1+3ab}\)

\(\Leftrightarrow \text{VT}\geq \frac{(a+b+1)^2}{a+b+1+3(3-a-b)}=\frac{(a+b+1)^2}{10-2(a+b)}\)

Theo giả thiết:

\(3=a+b+ab\Leftrightarrow 4=a+b+ab+1=(a+1)(b+1)\)

\(\leq \left (\frac{a+b+2}{2}\right)^2\) (theo BĐT AM-GM)

suy ra \(a+b+2\geq 4\Leftrightarrow a+b\geq 2\) (với \(a,b>0\) )

Do đó: \((a+b+1)^2\geq 9\) (1)

\(10-2(a+b)\leq 10-2.3=4; 10-2(a+b)=4+2ab>0\)

\(\Rightarrow \frac{1}{10-2(a+b)}\geq \frac{1}{6}\) (2)

Từ \((1);(2)\Rightarrow A\geq \frac{(a+b+1)^2}{10-2(a+b)}\geq \frac{9}{6}=\frac{3}{2}\)

Ta có đpcm

Dấu bằng xảy ra khi \(a=b=1\)