Lời giải:

Ta có:

$3=xy+yz+xz\leq \frac{(x+y+z)^2}{3}\Rightarrow x+y+z\geq 3$

Áp dụng BĐT AM-GM:

$x^3+8=(x+2)(x^2-2x+4)\leq \left(\frac{x+2+x^2-2x+4}{2}\right)^2$

$\Rightarrow \sqrt{x^3+8}\leq \frac{x^2-x+6}{2}\Rightarrow \frac{x^2}{\sqrt{x^3+8}}\geq \frac{2x^2}{x^2-x+6}$

Thực hiện tương tự với các phân thức còn lại và cộng theo vế:

$\Rightarrow \text{VT}\geq \underbrace{2\left(\frac{x^2}{x^2-x+6}+\frac{y^2}{y^2-y+6}+\frac{z^2}{z^2-z+6}\right)}_{M}$

Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz:

$M\geq \frac{2(x+y+z)^2}{x^2-x+6+y^2-y+6+z^2-z+6}=\frac{2(x+y+z)^2}{x^2+y^2+z^2-(x+y+z)+18}$

$\Leftrightarrow M\geq \frac{2(x+y+z)^2}{(x+y+z)^2-(x+y+z)+12}$ (do $xy+yz+xz=3$)

Mà :

$\frac{(x+y+z)^2}{(x+y+z)^2-(x+y+z)+12}-1=\frac{(x+y+z)^2+(x+y+z)-12}{(x+y+z)^2-(x+y+z)+12}=\frac{(x+y+z-3)(x+y+z+4)}{(x+y+z)^2-(x+y+z)+12}\geq 0$ do $x+y+z\geq 0$

Do đó: $M\geq 1\Rightarrow \text{VT}\geq 1$ (đpcm)

Dấu bằng xảy ra khi $x=y=z=1$