a) Hàm số xác định khi $\sin 2x \ne 0 \Leftrightarrow 2x \ne k\pi \Leftrightarrow x \ne k\frac{\pi}{2}, \quad k \in \mathbb Z.$

Theo anh bài toán này không có giá trị nhỏ nhất.
Bằng cách đặt $a=y+z,b=x+z,c=x+y$ và cho $y=z \to 0^+$ thì giá trị nhỏ nhất $k$ của $P$ phải nhỏ hơn hoặc bằng $2$.
Tuy vậy ta chứng minh dễ dàng BĐT $P\ge 2$ và dấu bằng không thể xảy ra.

Trong các kỳ thì đại học khi nhắc đến các khái niệm cực đại, cực tiểu của bài toán phụ trong khảo sát hàm số ta sẽ chỉ đề cập đến hai dạng PT cơ bản là hàm bậc ba và hàm bậc bốn trùng phương; bởi vì hàm bậc nhất trên bậc nhất thì sẽ không có cực trị.

Trong hai dạng vừa đề cập trên thì ta chú ý rằng khi nói đến cực trị là nói đến nghiệm của đạo hàm. Vì vậy để cực trị có hoành độ dương thì PT $y'=0$ phải có tất cả các nghiệm đều dương.

$\bullet$ Với hàm bậc ba $y=ax^3+bx^2+cx+d$ thì $y'=3ax^2+2bx+c$, lúc đó việc tìm $y'=0$ có hai nghiệm dương là bài toán cơ bản của lớp 9.
$\bullet$ Với hàm bậc bốn trùng phương $y=ax^4+bx^2+c$ thì $y'=4ax^3+2bx=2x(2ax^2+b)$, đến đây thì ta thấy rằng $y'=0$ không thể có tất các nghiệm đều dương vì PT $2ax^2+b=0$
nếu có nghiệm thì cũng là hai nghiệm trái dấu.

Do $abc=1$ nên tồn tại các số $x,y,z >0$ sao cho
$a= \frac{x}{y}, b= \frac{y}{z}, c=\frac{z}{x}.$ Suy ra
$\frac{b}{1+ab}+\frac{c}{1+bc}+\frac{a}{1+ca} = \frac{\frac{y}{z}}{1+\frac{x}{z}}+\frac{\frac{z}{x}}{1+\frac{y}{x}}+\frac{\frac{x}{y}}{1+\frac{z}{y}}=\frac{y}{x+z}+\frac{z}{x+y}+\frac{x}{y+z}$.
Công việc còn lại hoàn thành là điều không khó.

a) Để tìm chu kì của một hàm số $f(x)$ ta cố gắng tìm số $T>0$ nhỏ nhất sao cho $f(x+T)=f(x).$
Trong phần này ta biến đổi như sau
$f (x + \frac{\pi}{4} ) = 1 + \cos^2 (4x +4.\frac{\pi}{4}) = 1 + \cos^2 (4x +\pi)= 1 + \cos^2 4x=f(x)$
Như vậy $T= \frac{\pi}{4} $ là chu kì của hàm số nói trên. Ta cũng thấy rằng các số $T$ có dạng
$2.\frac{\pi}{4}, 3.\frac{\pi}{4}, 4.\frac{\pi}{4}...$ cũng có tính chất trên nhưng ta chọn $T= \frac{\pi}{4} $ vì tính nhỏ nhất của nó.

Trước hết có một đẳng thức khá đẹp sau đây em tự chứng minh xem như bài tập nhé.
Với mọi $a,b,c$ thì
$$(a+b+c)(ab+bc+ca) = (a+b)(b+c)(c+a)+abc$$
Từ đây suy ra $(a+b+c)(ab+bc+ca)=1+abc$.
Do đó để chứng minh $ab+bc+ca \le \frac{3}{4}$ ta sẽ chứng minh $1+abc \le \frac{3}{4}(a+b+c)$.
Tuy vậy thì BĐT này không quá khó vì ta sẽ nghĩ đến các BĐT bắc cầu khác, đó là
$$\begin{cases} abc \le \frac{1}{8} \qquad (1) \\ a+b+c \ge \frac{3}{2} \qquad (2) \end{cases}$$.
Thật vậy,
+ Chứng minh $(1)$: Áp dụng BĐT Cô-si ta có
$1= (a+b)(b+c)(c+a) \ge 2\sqrt{ab}.2\sqrt{bc}.2\sqrt{ca}=8abc \Rightarrow (1)$ được chứng minh.
+Chứng minh $(2)$: Áp dụng BĐT Cô-si ta có
$1= (a+b)(b+c)(c+a) \le \left ( \frac{2(a+b+c)}{3} \right )^3\Rightarrow (2)$ được chứng minh.

3. Theo câu 2 ta dễ tìm được hai điểm cực trị của hàm số là  $A(3, -1), B(1,3 )$.
Viết lại PT đã cho dưới dạng $x^3−6x^2+9x−1=2m-1$.
Bằng cách quan sát đồ thị hàm số ở câu 1 ta có thể thấy rằng để PT trên chỉ có một nghiệm dương
duy nhất thì đường thằng $y=2m-1$ phải nằm cao hơn điểm cực đại.
Tức là $2m-1 > 3 \Leftrightarrow m>2.$

2. Gọi $M(x_0,y_0)$ là một điểm thuộc $(C)$ thì hệ số góc của $M$ chính là
$y'(x_0) = 3x_0^2-12x_0+9=3(x_0-2)^2-3 \ge -3$.
Nên hệ số góc bé nhất bằng $-3$ khi và chỉ khi $x_0=2, y_0=1.$

Từ PT thứ hai ta tìm ra $x = \frac{1}{2}(3-\sqrt 5).$
Thay trở lại PT thứ nhất ta được
$y=2x-m = 3-\sqrt 5-m$.
Như vậy với mọi $m$ thì hệ đều có nghiệm duy nhất $(x,y) = \left ( \frac{1}{2}(3-\sqrt 5) ,3-\sqrt 5-m\right )$.

2) $B=\frac{\sqrt{2}}{1+\sqrt{2}-\sqrt{3}}=\frac{\sqrt{2}(1-\sqrt{2}+\sqrt{3})}{(1+\sqrt{2}-\sqrt{3})(1-\sqrt{2}+\sqrt{3})}$
$=\frac{\sqrt{2}(1-\sqrt{2}-\sqrt{3})}{1-(\sqrt{2}-\sqrt{3})^2}=\frac{\sqrt{2}(1-\sqrt{2}-\sqrt{3})}{2\sqrt 6-4}=\frac{\sqrt{2}(1-\sqrt{2}-\sqrt{3})(2\sqrt 6+4)}{(2\sqrt 6-4)(2\sqrt 6+4)}$
$=\frac{\sqrt{2}(1-\sqrt{2}-\sqrt{3})(2\sqrt 6+4)}{24-16}=\frac{\sqrt{2}(1-\sqrt{2}-\sqrt{3})(2\sqrt 6+4)}{8}$

1) $A=\frac{4- \sqrt{3}}{5\sqrt{2}-2\sqrt{5}}=\frac{(4- \sqrt{3})(5\sqrt{2}+2\sqrt{5})}{(5\sqrt{2}-2\sqrt{5})(5\sqrt{2}+2\sqrt{5})}=\frac{(4- \sqrt{3})(5\sqrt{2}+2\sqrt{5})}{50-20}=\frac{(4- \sqrt{3})(5\sqrt{2}+2\sqrt{5})}{30}$

Gợi ý : Đặt $t=\cos x \Rightarrow dt = -\sin x d x$
và $\sin^2 x + \frac{1}{2} = \frac{3}{2} -\cos^2 x = \frac{3}{2}-t^2$. Ta có
$I = -\int_{\frac{\sqrt 3}{2}}^{\frac{\sqrt 2}{2}}\sqrt{\frac{3}{2}-t^2}dt=\int_{\frac{\sqrt 2}{2}}^{\frac{\sqrt 3}{2}}\sqrt{\frac{3}{2}-t^2}dt$
Đến đây là dạng cơ bản của phương pháp đặt $t=\sqrt{\frac{3}{2}}\sin \alpha.$

câu 1 em xem ở đây

http://toan.hoctainha.vn/Hoi-Dap/Cau-Hoi/116275/luong-giac-59

Để tìm giao tuyến của hai mặt phẳng ta chỉ cần tìm được hai điểm mà cả hai mặt phằng đều
đi qua. Trong trường hợp này ta đã có điểm $S$ rõ ràng đều thuộc hai mặt phẳng nói trên.
Như vậy ta chỉ cần tìm thêm một điểm khác nữa, và điểm đó chính là giao điểm $P$ của $AD$ và
$BC$. Như vậy giao tuyến cần tìm là $SP$.

Bài này tính toán khá dài, anh sẽ nêu một vài bước gợi ý nhé.
$y'=3x^2-6x-m=3(x-1)^2-m-3$.
$y'=0 \Leftrightarrow x = 1 \pm \sqrt{\frac{m+3}{3}}$
Như vậy hoành độ 2 điểm cực trị sẽ là $x_A=1 + \sqrt{\frac{m+3}{3}},x_B=1 - \sqrt{\frac{m+3}{3}}$
Để sử dụng dữ kiện diện tích tam giác $OAB$ bằng $1$ ta cần tính được đoan thẳng $AB$ và khoảng cách từ $O$ đến $AB$. Muốn vậy ta cần tìm PT đường thẳng $AB$, một cách rất hữu ích đó là đem $y$ chia cho $y'$ và lấy đa thức dư, đó chính là PT đường thẳng cần tìm. Từ đó thay hoành độ $x_A,x_B$ nói trên vào PT đưởng thẳng $AB$ và tìm ra tọa hai điểm cực trị.

Kết nối bằng giả thiết diện tích bằng $1$ để có được PT theo $m$ và giải tìm được $m$.