Đặt $a=2^x, b=2^y, c=2^z$ thì $abc=2^6=4^3.$
BĐT cần chứng minh $\Leftrightarrow a^3+b^3+c^3 \ge 4(a^2+b^2+c^2)$.
Áp dụng BĐT Cô-si ta có :
$a^3+a^3+4^3 \ge 3\sqrt[3]{a^3.a^3.4^3}=12a^2$
$b^3+b^3+4^3 \ge 3\sqrt[3]{b^3.b^3.4^3}=12b^2$
$c^3+c^3+4^3 \ge 3\sqrt[3]{c^3.c^3.4^3}=12c^2$
$4(a^2+b^2+c^2) \ge 12\sqrt[3]{a^2.b^2.c^2}=3.4^3$
Cộng theo từng vế $4$ đẳng thức trên ta có đpcm.
Đẳng thức xảy ra $\Leftrightarrow x=y=z=2$

Điều kiện $x > 4$.
PT $\Leftrightarrow 4x-m+2+x-4=3x+m-1\Leftrightarrow 2x=2m+1\Leftrightarrow x=\frac{2m+1}{2}$
Như vậy để PT có nghiệm thì $\frac{2m+1}{2}>4\Leftrightarrow m>\frac{7}{2}$

Giả sử $h_1$ là đường cao ứng với mp$(BCD)$ và $I$ là tâm của hình cầu nội tiếp.
Hai tứ diện $ABCD$ và $IBCD$ có chung đáy nên
$\frac{V_{IBCD}}{V_{ABCD}}=\frac{r}{h_1}$
Tương tự
$\frac{V_{IACD}}{V_{ABCD}}=\frac{r}{h_2}$
$\frac{V_{IBCA}}{V_{ABCD}}=\frac{r}{h_3}$
$\frac{V_{IBAD}}{V_{ABCD}}=\frac{r}{h_4}$
và
$V_{IBCD}+V_{IACD}+V_{IABD}+V_{IACB}=V_{ABCD}$
Cộng theo từng vế $5$ đẳng thức trên và ta có đpcm.

Ta có
$0 \le \sin x \le |\sin x| \le 1\Rightarrow \sin^{2007} x \le |\sin x|^{2007} \le |\sin x|^{2}=\sin^2 x$
$0 \le \cos x \le |\cos x| \le 1\Rightarrow \cos^{2007} x \le |\cos x|^{2007} \le |\cos x|^{2}=\cos^2 x$
Suy ra $\sin^{2007}x+\cos^{2008}x \le \sin^2 x+\cos^2 x=1$
Mà đẳng thức xảy ra nên
$\begin{cases}\sin x=0 \\ \cos x=\pm1 \end{cases}$ hoặc $\begin{cases}\cos x=0 \\ \sin x=1 \end{cases}$

b)Gọi $M(x_0, \frac{2x_0-1}{x_0+1}) \in (C)$. PT tiếp tuyến tại $M$ có dạng
$y=y'(x_0)(x-x_0)+y(x_0)=\frac{3}{(x_0+1)^2}(x-x_0)+\frac{2x_0-1}{x_0+1}$
$\Leftrightarrow (d) : \frac{3}{(x_0+1)^2}x-y-\frac{3x_0}{(x_0+1)^2}+\frac{2x_0-1}{x_0+1}=0$
Khoảng cách từ $I(-1;2)$ tới $(d)$ được tính bằng
$h=\displaystyle{\frac{\left| {-\frac{3}{(x_0+1)^2}-2-\frac{3x_0}{(x_0+1)^2}+\frac{2x_0-1}{x_0+1}} \right|}{\sqrt{\frac{9}{(x_0+1)^4}+1}}=\frac{ \frac{6}{|x_0+1|}}{\sqrt{\frac{9}{(x_0+1)^4}+1}}\underbrace{=}_{t=\frac{1}{|x_0+1|}}\frac{6t}{\sqrt{9t^4+1}}} \le \sqrt 6$
Ở đây đã dùng bđt Cô-si quen thuộc $9t^4+1 \ge 6t^2$.
Đẳng thức xảy ra $\Leftrightarrow t=\frac{1}{\sqrt 3}\Leftrightarrow x_0=\pm \sqrt 3 -1$

 

$4\cos\left(60^{\circ}-A\right)\cdot\cos A\cdot\cos\left(60^{\circ}+A\right)$

$=2\cos A\left(2\cos\left(60^{\circ}-A\right)\cdot\cos\left(60^{\circ}+A\right)\right)$

$=2\cos A\left(\cos 2A+\cos 120^{\circ}\right)$

$=2\cos A\cdot\cos2A- \cos A$

$=\cos 3A+\cos A- \cos A$

$=\cos 3A$

Thay $A=10^\circ$ thì ta được kết quả $\frac{\sqrt 3}{2}$

Hiiển nhiên thấy rằng  $x+y\le |x|+|y|$, do đó
$\left| {\frac{x+y}{2}+\sqrt{xy}} \right|+\left| {\frac{x+y}{2}-\sqrt{xy}} \right|=\left| {\frac{x+y+2\sqrt{xy}}{2}} \right|+\left| {\frac{x+y-2\sqrt{xy}}{2}} \right|=\frac{(\sqrt{x}+\sqrt{y})^2}{2}+\frac{(\sqrt{x}-\sqrt{y})^2}{2}$
$=x+y\le |x|+|y|$ với mọi $x, y$.
 Đẳng thức xảy ra $\Leftrightarrow x, y \ge 0$.

$4\cos\left(60^{\circ}-A\right)\cdot\cos A\cdot\cos\left(60^{\circ}+A\right)$

$=2\cos A\left(2\cos\left(60^{\circ}-A\right)\cdot\cos\left(60^{\circ}+A\right)\right)$

$=2\cos A\left(\cos 2A+\cos 120^{\circ}\right)$

$=2\cos A\cdot\cos2A- \cos A$

$=\cos 3A+\cos A- \cos A$

$=\cos 3A$

VT $=\cos 6^{\circ}\cdot\cos 42^{\circ}\cdot\cos 66^{\circ}\cdot\cos 78^{\circ}$

$=\frac{1}{4\cos \left(60^{\circ}-6^{\circ}\right)}4\cos\left(60^{\circ}-6^{\circ}\right)\cdot\cos 6^{\circ}\cdot\cos\left(60^{\circ}+6^{\circ}\right)\cdot\cos 42^{\circ}\cdot\cos 78^{\circ}$

$=\frac{1}{4\cos 54^{\circ}}\cos3\left(6^{\circ}\right)\cdot\cos 42^{\circ}\cdot\cos 78^{\circ}$

$=\frac{1}{16\cos 54^{\circ}}4\cos \left(60^{\circ}-18^{\circ}\right)\cdot\cos 18^{\circ}\cdot\cos \left(60^{\circ}+18^{\circ}\right)$

$=\frac{1}{16\cos 54^{\circ}}\cos 3\left(18^{\circ}\right)$

$=\frac{1}{16}$
Trong đó đã sử dụng bài toán phụ
$4\cos\left(60^{\circ}-A\right)\cdot\cos A\cdot\cos\left(60^{\circ}+A\right)=\cos 3A$

Do $x=1$ không phải là nghiệm, chia hai vế của PT cho $\sqrt[n]{(x-1)^2}$ ta được

$\sqrt[n]{\left({x+1\over x-1}\right)^2}-4\sqrt[n]{{x+1\over x-1}}+1=0$

Thay $t=\sqrt[n]{{x+1\over x-1}}$ ta có $t^2-4t+1=0\iff t=2\pm\sqrt{3}$

${x+1\over x-1}=(2\pm\sqrt{3})^n\implies x_{1,2}=\pm {(2+\sqrt{3})^n+1\over (2+\sqrt{3})^n-1}$

PT
$x\sqrt{x+3}-\dfrac{4x}{\sqrt{x+3}}=0$

$x\sqrt{x+3}-\dfrac{4x\sqrt{x+3}}{x+3}=0$

$\sqrt{x+3}\left ( x-\dfrac{4x}{x+3} \right ) = 0$

$x(\sqrt{x+3})\left ( 1-\dfrac{4}{x+3} \right )=0$

Vậy $x=0, 1.$

Đặt $a=x-{1\over x}, b=x-{4\over x}$. PT
$\Leftrightarrow \sqrt{a+b}=\sqrt{a}-b\implies b(b-2\sqrt{a}-1)=0$

$b=0$, thì  $x^2=4\implies x=\pm 2$, ta chọn $x=2$.

 $b=2\sqrt{a}+1$, thif  $\sqrt{a+b}=\sqrt{a}-b\iff |\sqrt{a}+1|=-\sqrt{a}-1$ vô nghiệm vì vế phải $>0>$  vế trái
Vậy $x=2$.

$ A \sin x + B \cos x = C \iff \cos (x- \phi ) = \frac{C}{\sqrt{A^2+A^2} }$
trong đó
$ \sin \phi = \frac{A}{\sqrt{A^2+B^2}} , \cos \phi = \frac{B}{\sqrt{A^2+B^2} }$
Do $ a, b $ là hai nghiệm của PT ban đầu
$ \cos (a-\phi ) = \cos (b- \phi ) = \frac{C}{\sqrt{A^2+B^2}} $
$ \implies a - \phi =  \phi - b \implies  \phi = \frac{a+b}{2}$
$\cos^{2} \frac{a-b}{2}= \cos^{2} (a - \phi ) = \frac {C^2}{A^2+B^2}$