$\int\limits_{0}^{\frac{\pi }{2}} \left ( \cos^{5} x-3 \right )dx= \int\limits_{0}^{\frac{\pi }{2}}\cos^{5} xdx- \int\limits_{0}^{\frac{\pi }{2}}3dx=  \int\limits_{0}^{\frac{\pi }{2}}\cos^{4} xd(\sin x) -3\int\limits_{0}^{\frac{\pi }{2}}dx$

Điều kiện $x \ge 1.$
Coi PT thứ hai là PT bậc hai theo $x$ tham số $y$. Để PT có nghiệm thì \Leftrightarrow
$\Delta'_y \ge 0\Leftrightarrow (y-1)^2-(y^2-6y+1) \ge 0 \Leftrightarrow 4y \ge 0\Leftrightarrow y \ge 0.$
Ngoài ra ta còn tính được  $x = 1-y\pm 2\sqrt y$.
Xét hai trường hợp

$\bullet     x = 1-y- 2\sqrt y$.
Từ $x \ge 1 \Rightarrow y+ 2\sqrt y \le 0\Rightarrow y=0\Rightarrow x=1.$
Kiểm tra lại $(x,y) =(1,0)$ là nghiệm của hệ.

$\bullet     x = 1-y+ 2\sqrt y$.
Suy ra $2-x = y- 2\sqrt y+1=\left ( \sqrt y-1 \right )^2$
+ Nếu $y \ge 1$ thì từ hệ thứ nhất và điều kiện $0 \le x \le 2$ ta có
$\sqrt{x+1}+\sqrt[4]{x-1} \le \sqrt 3 +1 \le \sqrt{y^4+2}+y$.
Điều này xảy ra khi và chỉ khi $x=2, y=1$.
+ Nếu $0 < y <1$ thì từ $x = 1-y+ 2\sqrt y$ suy ra
$\begin{cases}x+1=2-y+ 2\sqrt y >y+2>y^4+2 \\ x-1=-y+ 2\sqrt y >y>y^4 \end{cases}$
$\Rightarrow \begin{cases}\sqrt{x+1}>\sqrt{y^4+2} \\ \sqrt[4]{x-1}>y \end{cases}$
$\Rightarrow \sqrt{x+1}+\sqrt[4]{x-1}>\sqrt{y^4+2}+y$, vô lý.

+ Nếu $y=0$ thì hiển nhiên $x=1.$


Vậy $(x,y)= (1,0), (2,1).$

Lời giải này có yêu cầu trả vỏ sò để xem. Bạn hãy link trên để vào xem chi tiết

Lời giải này có yêu cầu trả vỏ sò để xem. Bạn hãy link trên để vào xem chi tiết

Để hàm số bậc ba có CĐ, CT thì PT $y'=0 \Leftrightarrow 3x^2-6x+3m=0$ phải có hai nghiệm phân biệt.
Tức là $\Delta' >0 \Leftrightarrow 1-m >0 \Leftrightarrow m <1.$
Tiếp đến để tìm PT đường thẳng đi qua hai điểm cực trị thì ta lấy hàm số đã cho chia
cho đạo hàm của nó và lấy phần dư. Phần dư đấy chính là biểu thị của PT đường thẳng cần tìm.
Phép chia đa thức $x^3-3x^2+3mx+3m+4$ cho đa thức $3x^2-6x+3m$ được thực hiện như ở lớp $8$
và ta thu được đa thức thương là $\frac{x-1}{3}$, đa thức dư là $2x(m-1)+4m+4$.
Như vậy đường thẳng qua hai điểm cục trị là $y=2x(m-1)+4m+4$ và để đường thẳng này đi qua gốc tọa độ
$\Leftrightarrow 0=4m+4\Leftrightarrow m=-1.$

Do $a,b,c \le 1$ nên $(1-a)(1-b)(1-c) \ge 0$.
Khai triển vế trái của BĐT này và rút gọn ta được
$1+ab+bc+ca \ge a+b+c+abc.$
Mặt khác $a,b,c \ge0$ nên hiển nhiên suy ra
$1+ab+bc+ca \ge a+b+c.$
Đẳng thức xảy khi $(a,b,c)=(0,1,c)$ và các hoán vị của nó. Tức là có $1$ số bằng $0$, $1$ số bằng $1$, số còn lại tùy ý nằm trong $[0,1].$

Em có thể tham khảo tại đây

http://violet.vn/13chhailang/entry/show/entry_id/1846728

Giả sử em đã chứng minh được bất đẳng thức Cô-si cho hai và ba số, tức là $\forall x,y,z \ge0$ thì
$x +y \ge 2 \sqrt{xy}$ và $x +y+z \ge 3\sqrt[3]{xyz}$.
Áp dụng điều trên ta có
$a^5+b^5+c^5 \ge 3\sqrt[3]{a^5b^5c^5}$
$d^5+e^5+abcde \ge 3\sqrt[3]{d^5e^5abcde}=3\sqrt[3]{a^{}b^{}c^{}d^{6}e^{6}}$
$3\sqrt[3]{a^5b^5c^5}+3\sqrt[3]{a^{}b^{}c^{}d^{6}e^{6}} \ge 6\sqrt{\sqrt[3]{a^5b^5c^5}.\sqrt[3]{a^{}b^{}c^{}d^{6}e^{6}}}=6\sqrt[6]{a^{6}b^{6}c^{6}d^{6}e^{6}}=6abcde$
Cộng theo từng vế ba BĐT trên và rút gọn ta được đpcm.
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $a=b=c=d=e.$

b. BPT
$\Leftrightarrow  (x^2-2)(x^2-4x+5)\leq 0$
$\Leftrightarrow  x^2 -2\leq 0$
$\Leftrightarrow  -\sqrt 2 \le x \le \sqrt 2.$

2. Nhận thấy $x=0$ không phải là nghiệm của PT nên PT
$\Leftrightarrow \left ( x-2+\frac{4}{x} \right )\left ( x+3+\frac{4}{x} \right )=14$
Đặt $t=x+\frac{4}{x} $. PT
$\Leftrightarrow \left ( t-2 \right )\left ( t+3 \right )=14$
$\Leftrightarrow t^2-t-20=0$
$\Leftrightarrow \left[ {\begin{matrix} t=5\\ t=-4 \end{matrix}} \right.$
$\Leftrightarrow \left[ {\begin{matrix} x=-4\\x=-1\\ x=2 \end{matrix}} \right.$

Chú ý rằng đây là tổng của các số hạng trong một cấp số nhân công bội $1+i$ nên theo công thức ta có
$S=1+(1+i)+(1+i)^2+...+(1+i)^{2012}=\frac{(1+i)^{2013}-1}{(1+i)-1}=\frac{(1+i)^{2013}-1}{i}$
$S=\frac{i(1+i)^{2013}-i}{i^2}=\frac{i(1+i)^{2013}-i}{-1}=-i(1+i)^{2013}+i$
$S=-i\sum_{k=0}^{2013} C_{2013}^ki^k+i=-\sum_{k=0}^{2013} C_{2013}^ki^{k+1}+i$
Như vậy phần thực của biểu thức này tính bằng tổng các hệ số sao cho $k$ là số lẻ.
Phần thực $=-\sum_{m=1}^{1006} C_{2013}^{2m}i^{2m}=-\sum_{m=1}^{1006} C_{2013}^{2m}(-1)^{m}$
Phần ảo tính bằng tổng các hệ số sao cho $k$ là số chẵn.
Phần ảo $=-\sum_{n=0}^{1006} C_{2013}^{2n+1}i^{2n}+1=-\sum_{n=1}^{1006} C_{2013}^{2n+1}(-1)^{n}+1$

Xét $y=0$ thì $P=1$.
Xét $y \ne 0$ thì đặt $t=\frac{x}{y}$. Ta có
$P = \frac{\left( \frac{x}{y}\right)^2+3\frac{x}{y}-1}{\left( \frac{x}{y}\right)^2+\frac{x}{y}+1}=\frac{t^2+3t-1}{t^2+t+1}$
$\Rightarrow P(t^2+t+1)=t^2+3t-1$
$\Rightarrow (P-1)t^2+(P-3)t+P+1=0$
Để có GTLN và GTNN thì PT theo $t$ này phải có nghiệm, tức là
$\Delta_t \ge 0 \Leftrightarrow (P-3)^2-4(P-1)(P+1) \ge 0 \Leftrightarrow \frac{-3-4\sqrt3}{3} \le P \le \frac{-3+4\sqrt3}{3}$.
Vậy
$\min P = \frac{-3-4\sqrt3}{3}$,
$\max P = \frac{-3+4\sqrt3}{3}$.
Em tự thay nốt giá trị vào và tìm ra $t$ nhé.

Lời giải này có yêu cầu trả vỏ sò để xem. Bạn hãy link trên để vào xem chi tiết

    $(u+v)^{2}-uv-(u+v)-20=0$
$\Leftrightarrow u^2+2uv+v^2-uv-u-v-20=0$
$\Leftrightarrow u^2+u(v-1)+v^2-v-20=0$
Coi đây là PT bậc hai ẩn $u$ tham số $v$ ta có
$\Delta = (v-1)^2 - 4(v^2-v-20) = -3v^2+2v+81$
nên nếu ta có điều kiện $-3v^2+2v+81 \ge 0$ thì
$u = \dfrac{1-v \pm \sqrt{-3v^2+2v+81}}{2}$.

Điều kiện $x \ge 1/2.$ PT
$ \Leftrightarrow 3(x^2-2x)\sqrt{2x-1} = 2(x^3+5x)-4(2x^2+1)$
$ \Leftrightarrow 3x(x-2)\sqrt{2x-1} = 2(x-2)(x-1)^2$
$\Leftrightarrow \left[ {\begin{matrix} x=2\\ 3x\sqrt{2x-1} = 2(x-1)^2 \end{matrix}} \right.$
$\Leftrightarrow \left[ {\begin{matrix} x=2\\ 9x^2(2x-1) = 4(x-1)^4 \end{matrix}} \right.$
$\Leftrightarrow \left[ {\begin{matrix} x=2\\  4(x-1)^4-9x^2(2x-1) =0 \end{matrix}} \right.$
$\Leftrightarrow \left[ {\begin{matrix} x=2\\  4x^4-34x^3+33x^2-16x+4=0 \end{matrix}} \right.$
$\Leftrightarrow \left[ {\begin{matrix} x=2\\  (x^2-8x+4)(4x^2-2x+1)=0 \end{matrix}} \right.$
$\Leftrightarrow \left[ {\begin{matrix} x=2\\  x=4\pm2\sqrt 3 \end{matrix}} \right.$