b. $f(x)$ nghịch biến trên $(-1,1)$
$\Leftrightarrow f'(x) \le 0 \quad \forall x \in (-1,1)\Leftrightarrow 3x^2+6x+m+1 \le 0 \quad \forall x \in (-1,1)\Leftrightarrow g(x)=3x^2+6x+1 \le -m \quad \forall x \in (-1,1).$
Ta có $g'(x)=6x+6>0\quad \forall x \in (-1,1)$ nên ta cần có
$-m \ge \max_{(-1,1)}g(x)=g(1)=10\Leftrightarrow m \le -10.$

a. Trong trường hợp này $f(x)$ luôn đồng biến
$\Leftrightarrow f'(x) \ge 0 \quad \forall x \in \mathbb R\Leftrightarrow 3x^2+6x+m+1 \ge 0 \quad \forall x \in \mathbb R\Leftrightarrow \Delta' \le 0\Leftrightarrow 9-3(m+1) \le 0\Leftrightarrow m \ge 2.$

Bài toán này quy về bài toán tìm diện tích lớn nhất của tứ giác $ABCD$ khi biết $AB=1,BC=4,CD=7,DA=8$.
Mấu chốt của bài toán này là nhận ra
$AB^2+AD^2=BC^2+CD^2$ vì $1^2+8^2=4^2+7^2=65.$
Ta có
$S_{ABCD}=S_{ABD}+S_{BCD}=\frac{1}{2}AB.AD\sin A+\frac{1}{2}CB.CD\sin C \le \frac{1}{2}AB.AD+\frac{1}{2}CB.CD=18.$
Vậy $\max S_{ABCD}=18\Leftrightarrow \sin A=\sin C=1\Leftrightarrow A=C=90^\circ.$
Từ đây suy ra cách dựng tứ giác này.

Em xem ở đây nhé
 http://toan.hoctainha.vn/Hoi-Dap/Cau-Hoi/118642/giup-e-bai-min-nay-vs-moi-nguoi-oi-tks

Giả sử $c,d \in \mathbb N$ sao cho
$\begin{cases}\frac{a}{b}:\frac{18}{35}=c \\ \frac{a}{b}:\frac{8}{15}=d \end{cases}\Rightarrow \frac{a}{b}=\frac{35c}{18}=\frac{15d}{8}$.
Do $\frac{a}{b}$ phải tìm là nhỏ nhất nên $c,d$ cũng là số nhỏ nhất thỏa mãn điều kiện trên.
Ta có $\frac{35c}{18}=\frac{15d}{8}\Rightarrow \frac{c}{d}=\frac{15}{8}\times\frac{18}{35}=\frac{27}{28}$.
Do $c,d$ nhỏ nhất nên $c=27,d=28$. Suy ra
$\frac{a}{b}=\frac{35c}{18}=\frac{35\times 27}{18}=\frac{105}{2}\Rightarrow a+b=107.$

$A=(2.4.6...1992)-(1.3.5.7...1991)=(2.1).(2.2).(2.3)\ldots(2.996)-\frac{1.2.3.4.5...1991.1992}{2.4.6...1990.1992}$
$=2^{996}.996!-\frac{1992!}{2^{996}.996!}=\frac{2^{1992}.(996!)^2-1992!}{2^{996}.996!}$
Chú ý rằng $p=1993$ là một số nguyên tố có dạng $4k+1$ nên theo định lý Wilson và Fermat nhỏ ta có các kết quả sau
$\begin{cases}(p-1)! \equiv -1 \bmod p \\ \left ( \frac{p-1}{2}! \right )^2\equiv -1 \bmod p \\ 2^{p-1} \equiv 1 \bmod p \\ \end{cases}\Rightarrow \begin{cases}1992! \equiv -1 \bmod 1993 \\ (996!)^2\equiv -1 \bmod 1993 \\ 2^{1992} \equiv 1 \bmod 1993 \\ \end{cases}$
Do đó tử số của $A \equiv 1.(-1)-(-1)\equiv 0\bmod 1993$.
Mặt khác dễ thấy mẫu số của $A$ không chia hết cho $1993$.
Vậy $1993|A$.

3. $f(-x)= (-x)^2 - 2\left| {-x} \right| -3=x^2 - 2\left| {x} \right| -3=f(x)\Rightarrow $ là hàm chẵn.

2. $f(-x)= -x( \left| {-x} \right| -2)= -x( \left| {x} \right| -2)=-f(x)\Rightarrow f(x)$ là hàm lẻ.

1. $f(-x)=  \frac{-x}{\left| {-x} \right|-1}=-\frac{x}{\left| {x} \right|-1}=-f(x)\Rightarrow  f(x)$ là hàm lẻ.

5. $\sqrt{31-5x}>3\Leftrightarrow 31-5x>9\Leftrightarrow 22>5x\Leftrightarrow x<\frac{22}{5}$.
Vậy $x=4$ là nghiệm nguyên lớn nhất phải tìm.

Kẻ $SH \perp (ABC), H \in (ABC)$.
Dễ suy ra $H$ chính là tâm của tam giác đều $ABC$ nên $AH=\frac{a\sqrt 3}{3}$.
Do đó $SA=SB=SC=AH : \cos 60=\frac{2a\sqrt 3}{3}$.
Hai hình chóp $S.ABC$ và $D.SBC$ có chung đáy $SBC$ nên tỉ lệ thể tích bằng tỉ lệ chiều cao. Và cũng theo định lý Ta-let trong không gian suy ra
$\frac{V_{S.ABC}}{V_{D.SBC}}=\frac{SA}{SD}$.
Trong tam giác cân $SAB$ có $BD \perp SA$ thì
$BS^2-SD^2=BA^2-DA^2    (=BD^2)$
$\Rightarrow \frac{4a^2}{3}-SD^2=a^2-\left ( \frac{2a\sqrt 3}{3}-SD \right )^2$
$\Rightarrow SD=\frac{5a}{4\sqrt 3}$.
Vậy $\frac{V_{S.ABC}}{V_{D.SBC}}=\frac{8}{5}$.

PT
$\Leftrightarrow x^4-2x^3-x^2-10x-3=0$
$\Leftrightarrow x^4-3x^3-x^2+x^3-3x^2-x+3x^2-9x-3=0$
$\Leftrightarrow x^2(x^2-3x-1)+x(x^2-3x-1)+3(x^2-3x-1)=0$
$\Leftrightarrow (x^2+x+3)(x^2-3x-1)=0$
$\Leftrightarrow x^2-3x-1=0$
$\Leftrightarrow x=\frac{3\pm\sqrt {13}}{2}.$

PT
$\Leftrightarrow x^4 - 2x^3 =4x+4$
$\Leftrightarrow x^4 - 2x^3+x^2 =x^2+4x+4$
$\Leftrightarrow \left ( x^2- x\right )^2 =\left (x+2\right )^2$
$\Leftrightarrow \left[ {\begin{matrix} x^2- x=x+2\\ x^2- x=-x-2 \end{matrix}} \right.$
$\Leftrightarrow \left[ {\begin{matrix} x^2- 2x-2=0\\ x^2+2=0\end{matrix}} \right.$
$\Leftrightarrow x=1\pm\sqrt 3.$

Gọi $H$ là chân đường vuông góc hạ từ $S$ xuống mp $ABC$. Kẻ $HM,HN,HP$ lần lượt vuông góc với $AB,BC,CA$ trong mặt phẳng này. Sử dụng tính chất ba đường vuông góc ta dễ chứng minh được $SM,SN,SP$ lần lượt vuông góc với $AB,BC,CA$.
Từ đây suy ra $\widehat{SMH},\widehat{SNH},\widehat{SPH}$ là các góc tạo bởi các mặt bên và mặt đáy $(ABC)$.
Do đó   $\widehat{SMH}=\widehat{SNH}=\widehat{SPH}=60^\circ.$
Suy ra $HM=HN=HP   (=SH \cot 60^\circ)$ nên $H$ là tâm đường tròn nội tiếp $\triangle ABC$.
Sử dụng công thức He-rông ta tính được
$S_{ABC}=\sqrt{p(p-a)(p-b)(p-c)}=\sqrt{9a.4a.3a.2a}=6\sqrt6a^2.$
Và ta cũng được bán kính $r$ của đường tròn nội tiếp
$r=\frac{S}{p}=\frac{6\sqrt6a^2}{9a}=\frac{2\sqrt6a}{3}$
Ta cũng có
$SH=r\tan 60^\circ=\frac{2\sqrt6a}{3}.\sqrt3=2\sqrt2a.$
Vậy
$V_{S.ABC}=\frac{1}{3}.SH.S_{ABC}=\frac{1}{3}.2\sqrt2a.6\sqrt6a^2=8\sqrt3a^3$.

Ta có
$|y|=\left| {\sin^5 x+\sqrt 3 \cos x} \right| \le \left| {\sin^5x } \right|+\sqrt 3\left| { \cos x} \right|\le\sin^4x+\sqrt 3\left| { \cos x} \right|$
Chú ý là $|\sin x | \le 1\Rightarrow |\sin x |^5 \le \sin^4x$, đẳng thức xảy ra $\Leftrightarrow \left[ {\begin{matrix} \sin x=0\\ \sin x =1 \end{matrix}} \right.$.
Suy ra
$y \le (1-\cos^2x)^2+\sqrt 3\left| { \cos x} \right|=(1-t^2)^2+\sqrt 3$.
trong đó $0 \le t=|\cos x| \le 1.$
Ta có sẽ chứng minh $(1-t^2)^2+\sqrt 3t \le \sqrt 3$,
Thật vậy, BDT trên
$\Leftrightarrow (t^2-1)^2+\sqrt 3(t-1) \le 0$
$\Leftrightarrow (t-1)\left[ {(t-1)(t+1)^2+\sqrt 3} \right] \le 0\qquad (*)$
Bây giờ ta sẽ chứng minh
$g(t)=(t-1)(t+1)^2+\sqrt 3=t^3+t^2-t+\sqrt 3-1>0$ với $0 \le t \le 1.$
Ta có $g'(t)=3t^2+2t-1=0\Leftrightarrow t=1/3$.
Lập bảng biến thiên của $g(t)$ ta sễ suy ra $g(t) \ge g(1/3)>0.$
Nên $(*)\Leftrightarrow t\le 1,$ luôn đúng.
Vậy $|y| \le \sqrt 3\Leftrightarrow -\sqrt 3 \le y \le \sqrt 3.$
Vậy
$\min y=-\sqrt 3\Leftrightarrow \sin x=0,\cos x=-1$.
$\max y=\sqrt 3\Leftrightarrow \sin x=0,\cos x=1$.