Sử dụng hằng  đẳng thức $(a+b)^3 =a^{3} +b^3 +3ab(a+b) $
Ta có.
$x=\sqrt[3]{\frac{27+\sqrt{713}}{108}}+\sqrt[3]{\frac{27-\sqrt{713}}{108}} - \frac{1}{3} $
$\Leftrightarrow  x+\frac{1}{3}= \sqrt[3]{\frac{27+\sqrt{713}}{108}}+\sqrt[3]{\frac{27-\sqrt{713}}{108}}$
$\Leftrightarrow  (x+\frac{1}{3})^3=(\sqrt[3]{\frac{27+\sqrt{713}}{108}}+\sqrt[3]{\frac{27-\sqrt{713}}{108}})^3$
$ \Leftrightarrow (x+\frac{1}{3})^3= \frac{27+\sqrt{713}}{108}+\frac{27-\sqrt{713}}{108}+3\sqrt[3]{\frac{27+\sqrt{713}}{108}}.\sqrt[3]{\frac{27-\sqrt{713}}{108}}(x+\frac{1}{3} )   $
$\Leftrightarrow  (x+\frac{1}{3})^3=\frac{1}{2}+ 3.\frac{1}{9}(x+\frac{1}{3} )  $
$\Leftrightarrow  x^3+x^2+\frac{1}{3}x+\frac{1}{27} =\frac{1}{2}+ \frac{1}{3}x+\frac{1}{9}  $
$\Leftrightarrow   x^3+x^2-1 = \frac{-23}{54} $

â

Bất phương trình đã cho tương đương với $f(f(x)) - x > 0$
$ \Leftrightarrow {f^2} + bf + 1 - x + f - f > 0$
$ \Leftrightarrow {f^2} + bf + 1 + (f - x) - ({x^2} + b{\rm{x  +  1)}} > 0$
$ \Leftrightarrow {f^2} - {x^2} + b\left( {f - x} \right) + \left( {f - x} \right) > 0$
$ \Leftrightarrow \left( {f - x} \right)\left( {f + x + b + 1} \right) > 0$
$ \Leftrightarrow \left[ {{x^2} + \left( {b - 1} \right)x + 1} \right]\left[ {{x^2} + \left( {b + 1} \right)x + b + 2} \right] > 0$            (2)
Ký hiệu     ${f_1}(x) = {x^2} + \left( {b - 1} \right)x + 1$
${f_2}(x) = {x^2} + \left( {b + 1} \right)x + b + 2$
Tương ứng ta có     ${\Delta _1} = {\left( {b - 1} \right)^2} - 4 = {b^2} - 2b - 3$
${\Delta _2} = {\left( {b + 1} \right)^2} - 4\left( {b + 2} \right) = {\left( {b - 1} \right)^2} - 8$
Do $b \in \left( {3;7/2} \right)$ nên ${\Delta _2} < 0$ vậy (2) tương đương với ${f_1}(x) > 0$
${f_1}(x)$ có nghiệm $x = \frac{{1 - b - \sqrt {{\Delta _1}} }}{2},x = \frac{{1 - b + \sqrt {{\Delta _1}} }}{2}$
Từ đó nghiệm của (2) ( hay của (1) ) là  $x < \frac{{1 - b - \sqrt {{b^2} - 2b - 3} }}{2}$ hoặc $x < \frac{{1 - b + \sqrt {{b^2} - 2b - 3} }}{2}$

Xét phép tịnh tiến $T_{\overrightarrow {DC} } : A \mapsto A' $ khi đó tứ giác $ADCA'$ là hình bình hành và $\widehat{BAA'}=60^0 $
Trong $\Delta ABA'$ ta có :
$\widehat{BAA'}=60^0,AA'=2AB $
Do đó $\Delta ABA'$ vuông tại $B$ và $\widehat{BA'A}=30^0,A'B=3 $
Vì $A'B=BC=3$ nên $\Delta BCA'$ cân tại $B$ do đó :
$\widehat{BCA'}=\widehat{BA'C}=\widehat{AA'C}-\widehat{BA'A}=120^0-30=90^0    $
$\widehat{ABC} =360^0-(\widehat{BAD}+\widehat{CDA}+\widehat{BCD}   )=360^0-(60^0+60^0+90^0)=150^0$

\( x^{3}-2x^{2}\left(4m^{2}+3m-3\right)x+2m\left(m+3\right)=0\)
 Xét với \( x=-2m\) ( một trong các ước của \( 2m\left(m+3\right)\)) 
\( \left(-2m\right)^{3}-2\left(-2m\right)^{2}\left(4m^{2}+3m-3\right)\left(-2m\right)+2m\left(m+3\right)=0\)
 \(=-8m^{3}-8m^{2}+8m^{3}+6m^{2}-6m+2m^{2}+6m=0\)
 \( \Rightarrow  x^{3}-2x^{2}\left(4m^{2}+3m-3\right)x+2m\left(m+3\right)=0\)
 \( \Leftrightarrow\left(x+2m\right) \left(x^{2}-2\left(m+1\right)x+m+3\right)=0\)
 \(\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x +2m=0 (1)\\ x^{2}-2\left(m+1\right)x+m+3=0 (2)\end{array} \right.\)
 \( (1) \) có nghiệm \( x=-2m\), để nghiệm này âm thì \(m>0\)
\( (2) \) có \( \Delta' = m^{2}+2m+1-m-3=m^{2}+m-2\)
Để \((2)\) có hai nghiệm thì \( m^{2}+m-2>0\Leftrightarrow m<=-2\) hay \( m>1\)
Hai nghiệm của \((2)\) khác \(-2m\) \( \Leftrightarrow 4m^{2}+4\left(m+1\right)+m+3\neq0\)
\( \Leftrightarrow 8m^{2}+5m+3\neq0\) luôn đúng
Để \((2)\) có hai nghiệm âm thì \( S=2\left(m+1\right)<0 \Leftrightarrow m<-1, P=m+3>0, m>-3\)
Giao các tập nghiệm: \(
\Leftrightarrow -3<m<-2\)

Dựng  $OE,O_1F$ vuông góc với $(d)$
Ta có $E,F$ lần lượt là trung điểm các đoạn $AM,AN$ và
$\overrightarrow {EF}=\frac{1}{2}  (\overrightarrow {MA}+\overrightarrow {NA}  )=\frac{1}{2} \overrightarrow {MN}=\overrightarrow {BA}=\overrightarrow {AC}   $
Dựng $O_1I$ vuông góc $OE$ khi đó tứ giác $O_1IEG$ là hình chữ nhật
Từ đó suy ra :
$\overrightarrow {O_1I}=\overrightarrow {FE}=\overrightarrow {AB}\Rightarrow  O_1ABI   $ là hình bình hành
$\Rightarrow  \overrightarrow {IB} =\overrightarrow {O_1A}\Rightarrow  B=T_{\overrightarrow {O_1A} } (I)$
Vì $\widehat{OIO_1} $ vuông nên tập hợp các điểm $I$ là đường tròn $(O_2)$ đường kính $OO_!$ từ đó suy ra tập hợp các điểm $B$ là đường tròn $(O'_2)$ với :
$(O'_2)=T_{\overrightarrow {O_1A} }[(O_2)]$
Tương tự ta có tập hợp điểm $C$ là đường tròn $(O'_2)$ với $(O'_2)=T_{\overrightarrow {OA} }[(O_2)]$

Dựng hình bình hành $BCEK$, ta có $K$ ở trên tia $Bx$ cố định song song cùng chiều với tia $Cy$.Trên tia $Bx$ lấy lần lượt hai điểm cố định $D_0,K_0$  sao cho $BD_0=2BK_0$
Vì $BD=2CE=2BK$ nên $BK//D_0K_0$.Gọi $N$ và $N_0$ lần lượt là trung điểm của $BD$ và $D_0K_0$ thì $N_0$ cố định và quỹ tích của $N$ là tia $BN_0$
Ta có :
$\overrightarrow {NM}=\frac{1}{2}  \overrightarrow {KE}=\frac{1}{2}  \overrightarrow {BC} =\overrightarrow {BI} $ với $I$ là trung điểm của $BC$
Do đó quỹ tích của $M$ là tia $I_m$ là ảnh của tia $BN_0$ qua phép tinh tiến theo véctơ $\overrightarrow {BI} $
Bx,Cy