Bài toán: (HSG 10-ĐHSP) Cho $x, y, z$ là các số thực dương thỏa mãn $x+y+z\le \dfrac{3}{2}$. Chứng minh rằng:

                         $\dfrac{x^6+2x^2y+1}{x^4}+\dfrac{y^6+2y^2z+1}{y^4}+\dfrac{z^6+2z^2x+1}{z^4}\le \dfrac{243}{4}$ 

Lời giải:
  Ta có:  $\sum\dfrac{x^6+2x^2y+1}{x^4}=\sum x^2+2\sum\dfrac{y}{x^2}+\sum\dfrac{1}{x^4}$
  
  Sử dụng bất đẳng thức AM-GM, ta có:

                              $\sum\dfrac{y}{x^2}=\dfrac{y}{x^2}+\dfrac{x}{z^2}+\dfrac{z}{y^2}\ge 3.\dfrac{1}{\sqrt[3]{xyz}}$
  Kết hợp với: $\dfrac{3}{2}\ge x+y+z\ge 3\sqrt[3]{xyz}$ $\Rightarrow xyz\le\dfrac{1}{8}$

                   $\Rightarrow \sum \dfrac{y}{x^2}\ge 6$  $\Rightarrow 2\sum \dfrac{y}{x^2}\ge 12$

  Mặt khác, ta lại có:
                   $\sum x^2+\sum\dfrac{1}{x^4}=\sum x^2+\dfrac{1}{64}\sum \dfrac{1}{x^4}+\dfrac{63}{64}\sum \dfrac{1}{x^4}\ge \dfrac{1}{4}\sum \dfrac{1}{x}+\dfrac{63}{64}\sum\dfrac{1}{x^4}\ge \dfrac{3}{4\sqrt[3]{xyz}}+\dfrac{63.3}{64\sqrt[3]{xyz}}\ge \dfrac{195}{4}$
  
    Từ đó, ta dễ dàng suy ra đpcm.