Bài toán: (Việt Nam TST 2009) Cho $a, b, c$ là các số thực dương. Tìm tất cả số thực $k$ sao cho BDT sau được thỏa mãn:

                                             $\left(k+\dfrac{a}{b+c}\right)\left(k+\dfrac{b}{c+a}\right)\left(k+\dfrac{c}{a+b}\right)\ge \left(k+\dfrac{1}{2}\right)^3$

Lời giải:
      Cho $b=c=1$, ta thu được:

                                               $\left(k+\dfrac{a}{2}\right)\left(k+\dfrac{1}{a+1}\right)^2\ge \left(k+\dfrac{1}{2}\right)^3$
   
     Cho $a\rightarrow 0^+$, ta thu được:

                                               $k(k+1)^2\ge \left(k+\dfrac{1}{2}\right)^3$

                                         $\Leftrightarrow 4k^2+2k-1\ge 0$

                                         $\Rightarrow k\in \left(-\infty ; -\dfrac{1+\sqrt{5}}{4}\right]\cup \left[\dfrac{-1+\sqrt{5}}{4}; + \infty\right)$   

      Bây giờ ta sẽ chứng minh rằng đây chính là kết quả bài toán.

      Đặt  $x=\dfrac{a}{b+c}, y=\dfrac{b}{c+a}, z=\dfrac{c}{a+b}$. Khi đó, ta có:

                                            $xy+yz+zx+2xyz=1$

     Và:                               $(k+x)(k+y)(k+z)\ge \left(k+\dfrac{1}{2}\right)^3$

    Bây giờ, ta sẽ chứng minh bổ đề sau:

    Bổ đề: Cho các số thực dương $x, y, z$ thỏa $xy+yz+zx+2xyz=1$. CMR:

                                                       $x+y+z\ge 2xy+2yz+2zx$
 
      Thật vậy, từ điều kiện $xy+yz+zx+2xyz=1$, ta có thể đặt
                                    $x=\dfrac{a}{b+c}, y=\dfrac{b}{c+a}, z=\dfrac{c}{a+b}$

       Khi đó, bổ đề trên trở thành:

                                               $\sum\dfrac{a}{b+c}\ge \sum\dfrac{2ab}{(a+c)(b+c)}$

                                       $\Leftrightarrow \dfrac{\sum a(c+a)(a+b)}{(a+b)(b+c)(c+a)}\ge \dfrac{2.\sum ab(a+b)}{(a+b)(b+c)(c+a)}$

                                      $\Leftrightarrow a^3+b^3+c^3+3abc\ge ab(a+b)+bc(b+c)+ca(c+a)$
 
      Đây chính là BDT Schur bậc $3$ nên hiển nhiên nó đúng. Bổ đề được chứng minh.

      Quay lại bài toán, sử dụng bổ đề trên và từ bất dẳng thức AM-GM thì $xyz\le \dfrac{1}{8}$ ta có:

                        $(k+x)(k+y)(k+z)=k^3+k^2(x+y+z)+k(xy+yz+zx)+xyz$
 
                                                       $\ge k^3+2k^2(xy+yz+zx)+k(xy+yz+zx)+xyz$

                                                       $= k^3+(2k^2+k)(xy+yz+zx)+xyz$

                                                       $=k^3+(2k^2+k)(1-2xyz)+xyz$

                                                       $=k^3+2k^2+k-xyz(4k^2+2k-1)$

                                                       $\ge k^3+2k^2+k-\dfrac{1}{8}(4k^2+2k-1)=\left(k+\dfrac{1}{2}\right)^3$

     Như vậy, khẳng định của ta được chứng minh.

     Kết luận, tất cả số $k$ thỏa mãn bài toán là $k\in \left(-\infty ; -\dfrac{1+\sqrt{5}}{4}\right]\cup \left[\dfrac{-1+\sqrt{5}}{4}; + \infty\right)$