a) Theo giả thiết dễ thấy các tam giác $ABN$ vuông tại $B$, tam giác $MBN$ vuông tại $B$, tam giác $ABM$ vuông tại $A$.
Ta sẽ chứng minh tam giác $AMN $ vuông tại $A$.
Thật vậy theo định lý Py-ta-go
$MN^2=BN^2+BM^2=BN^2+AM^2+AB^2=AM^2+AN^2$.
Tù đây có đpcm.

Tìm min :
Ta có
$K = 1+ |x_1|+|x_2|+|x_1x_2| \ge 1+0+0+0=1$
Như vậy $\min K =1 \Leftrightarrow x_1=x_2=0\Leftrightarrow b=c=0, a\ne 0.$

Vì $2>1$ nên hàm số $f(x)=\log_2 x$ là hàm số đồng biến trên $(0, +\infty)$.
Tức là nếu $0<x<1$ thì $f(0)<f(x)<f(1)\Leftrightarrow \lim_{x \to 0^+}\log_2x<f(x)<0\Leftrightarrow \boxed{-\infty<f(x)<0}$.

PT $\Leftrightarrow \sqrt{16.2^{x}-4}+2^x+1  <\sqrt{4^x+18.2^{x}-3} $
$\Leftrightarrow 16.2^{x}-4+4^x+1+2.2^x+2(2^x+1)\sqrt{16.2^{x}-4}  <4^x+18.2^{x}-3$
 $\Leftrightarrow 2(2^x+1)\sqrt{16.2^{x}-4}<0$
 Đây là điều vô lý vì  $2(2^x+1)\sqrt{16.2^{x}-4} \ge 0$.
 Vậy BPT đã cho vô nghiệm.

PT $\Leftrightarrow 2\sqrt{3} \cos^2x+2\sin3x\cos x-\sin4x-\sqrt{3}=\sqrt{3}\sin x+\cos x $
$\Leftrightarrow \sqrt{3} (\cos2x+1)+(\sin 4x +\sin 2x)-\sin4x-\sqrt{3}=\sqrt{3}\sin x+\cos x $
$\Leftrightarrow \sqrt{3}\cos 2x+\sin 2x =\sqrt{3}\sin x+\cos x $
$\Leftrightarrow \sin\left ( 2x+\frac{\pi}{3}\right ) = \sin\left ( x+\frac{\pi}{6}\right ) $
$\Leftrightarrow \left[ {\begin{matrix}2x+\frac{\pi}{3}=x+\frac{\pi}{6}+k2\pi\\2x+\frac{\pi}{3}=\pi-x-\frac{\pi}{6}+k2\pi \end{matrix}} \right.$
$\Leftrightarrow \left[ {\begin{matrix}x=-\frac{\pi}{6}+k2\pi\\x=\frac{\pi}{6}+k\frac{2\pi}{3} \end{matrix}} \right.  (k \in \mathbb{Z}).$
Ta cần điều kiện $ \sin\left ( x+\frac{\pi}{6}\right )  \ne 0\Leftrightarrow x \ne -\frac{\pi}{6}+l\pi$.
Vậy  $x=\frac{\pi}{6}+k\frac{2\pi}{3} , (k \in \mathbb{Z}).$

Nếu bạn tính nguyên hàm
$I=\int\limits\frac{x}{(x-1)^2} dx =\int\limits\frac{x-1+1}{(x-1)^2} dx =\int\limits\frac{1}{x-1} dx+\int\limits\frac{1}{(x-1)^2} dx$
 $=\int\limits\frac{d(x-1)}{x-1}+\int\limits\frac{d(x-1)}{(x-1)^2} dx=\ln\left| {x-1} \right|-\frac{1}{x-1}+C$
 Chú ý rằng mẫu số xác định khi $x\ne 1$ nhưng số này lại nằm trong khoảng $[-2,2]$ vì thế tích phân này không hội tụ và nó không nằm trong kiến thức cấp $3$ mà chúng ta thảo luận.

Bạn xem tại đây nhé
http://toan.hoctainha.vn/Hoi-Dap/Cau-Hoi/113703/bai-nay-kho-qua-co-anh-nao-giup-em-dc-k

Điều kiện : $x \ge -2$.
PT đã cho $ \Leftrightarrow 2\sqrt{x+2}-x^3+4=0$
  $\Leftrightarrow 2\left (\sqrt{x+2}-2 \right )-\left ( x^3-8 \right )=0$
  $\Leftrightarrow \frac{2(x-2)}{\sqrt{x+2}+2}-(x-2)(x^2+2x+4)=0$
  $\Leftrightarrow (x-2)\underbrace{\left ( \frac{2}{\sqrt{x+2}+2}-(x^2+2x+4) \right )}_{A}=0$
Ta thấy :
$\frac{2}{\sqrt{x+2}+2} \le \frac{2}{0+2}=1 < 3 \le (x+1)^2+3=x^2+2x+4$
Suy ra $A<0$. Do đó $x=2$.

Các bạn có thể xem thêm chi tiết tại đây

http://toan.hoctainha.vn/Thu-Vien/Chuyen-De/113281/giai-phuong-trinh-vo-ty-bang-phuong-phap-su-dung-bieu-thuc-lien-hop

PT $\Leftrightarrow \dfrac{x^{2011}-1}{x-1}=y^5-1$
Chú ý rằng $2011$ là số nguyên tố.
Gọi $p$ là một ước nguyên tố của $\dfrac{x^{2011}-1}{x-1}$
 + Trường hợp 1:
$p|x-1\Rightarrow x^{2010}+...+x+1 \equiv 2011 \pmod{p}$
Suy ra $p=2011$.
+ Trường hợp 2:
$x-1$ không chia hết cho $p$ do đó $p|x^{2011}-1$ và từ  $2011$  là số nguyên tố nên  $2011$ là bậc của $p$ và theo định lý Fermat nhỏ thì $p|x^{p-1}-1 \Rightarrow 2011|p-1$
Suy ra $p \equiv 1 \pmod{2011}$

Từ hai trường hợp trên, suy ra mọi ước nguyên tố của $\dfrac{x^{2011}-1}{x-1}$ đều có dạng $2011$ hoặc  $2011k+1$
Từ  $\dfrac{x^{2011}-1}{x-1}=(y-1)(y^4+y^3+y^2+y+1)$.
suy ra mọi ước nguyên tố của $y-1$ và  $y^4+y^3+y^2+y+1$ đều có dạng $2011$ hoặc  $2011k+1$.
+ Nếu $2011|y-1$ thì $y^4+y^3+...+y+1 \equiv 5 \pmod{2011}$ then $y^4+y^3+...+y+1$ không thể mọi nguyên tố của $y-1$ và $y^4+y^3+y^2+y+1$ đều có dạng $2011$ hoặc  $2011k+1$, vô lý.
 + Nếu $y-1$ không chia hết cho $2011$ suy ra mọi ước nguyên tố của $y-1$  đều có dạng  $2011k+1$.
Từ đó $y-1 \equiv 1 \pmod{2011} \Rightarrow y \equiv 2 \pmod{11}$ nên $y^4+y^3+...+y+1 \equiv 31 \pmod{2011}$ và như trên cũng suy ra vô lý.

Vậy PT đã cho vô nghiệm.

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

$\textbf{Cách 2}$
$I=\int\limits^{\frac{\pi}{2}}_{0}e^{2x} \cos x dx$
$I=\int\limits^{\frac{\pi}{2}}_{0}\left ( \frac{4}{5}e^{2x}\sin x+ \frac{2}{5}e^{2x}\cos x+ \frac{8}{5}e^{2x}\cos x-\frac{4}{5}e^{2x}\sin x \right ) dx$
$I=\int\limits^{\frac{\pi}{2}}_{0}\left ( \frac{2}{5}e^{2x}\sin x \right )'dx + \int\limits^{\frac{\pi}{2}}_{0}\left ( \frac{4}{5}e^{2x}\cos x \right )'dx $
$I= \frac{2}{5}e^{2x}\sin x |^{\frac{\pi}{2}}_{0}+ \frac{4}{5}e^{2x}\cos x |^{\frac{\pi}{2}}_{0}$
 $\Rightarrow \boxed{I=\displaystyle \frac{e^\pi-2}{5}}$

$\textbf{Cách 1}$
Sử dụng phương pháp tích phân từng phần ta có
Đặt
$\begin{cases}u=e^{2x} \\ dv=\cos x dx \end{cases}\Rightarrow \begin{cases}du=2e^{2x} dx\\ v=\sin x \end{cases}$
Do đó
$I=\int\limits^{\frac{\pi}{2}}_{0}udv=uv|_0^{\pi/2}-\int\limits^{\frac{\pi}{2}}_{0}vdu$
$=\left[ {e^{2x}\sin x} \right]_0^{\pi/2}-\int\limits^{\frac{\pi}{2}}_{0}2e^{2x}\sin xdx$
$=e^\pi-2\int\limits^{\frac{\pi}{2}}_{0}e^{2x}\sin xdx$
Đặt
$\begin{cases}u=e^{2x} \\ dv=\sin x dx \end{cases}\Rightarrow \begin{cases}du=2e^{2x} dx\\ v=-\cos x \end{cases}$
Do đó
$I=$$e^\pi-2\int\limits^{\frac{\pi}{2}}_{0}e^{2x}\sin xdx=e^\pi-2\left (\left[ {-e^{2x}\cos x} \right]_0^{\pi/2}+\int\limits^{\frac{\pi}{2}}_{0}2e^{2x}\cos xdx \right )$
Suy ra
 $I=e^\pi-2-4I\Rightarrow \boxed{I=\displaystyle \frac{e^\pi-2}{5}}$

Điều kiện $\cos x \ne 0$.
PT
$\Leftrightarrow \sqrt{3}\tan^{2}x+2\tan x-\sqrt{3}+4\sin x \tan x+4\sqrt{3}\sin x=0$
$\Leftrightarrow (\tan x +\sqrt 3)(\sqrt 3 \tan x-1)+4\sin x(\tan x +\sqrt 3)=0$
$\Leftrightarrow \left[ {\begin{matrix} \tan x +\sqrt 3=0\\\sqrt 3 \tan x-1+4\sin x=0  \end{matrix}} \right.$
$\Leftrightarrow \left[ {\begin{matrix} x=-\frac{\pi}{3}+k\pi\\\sqrt 3 \tan x-1+4\sin x=0  \end{matrix}} \right.$
Để giải PT $\sqrt 3 \tan x-1+4\sin x=0$, ta đặt $t=\tan \frac{x}{2}$ và có
$\sqrt 3 \frac{2t}{1-t^2}-1+4\frac{2t}{1+t^2}=0$
$\Leftrightarrow t^4+(2\sqrt 3 -8)t^3+(8+2\sqrt 3)t-1=0$
PT bậc $4$ này chỉ có một nghiệm đẹp

Điều kiện $x \ge 1/2.$
PT $\Leftrightarrow 4x^{2} +3x+3-4x\sqrt{x+3}-2\sqrt{2x-1}=0$
$\Leftrightarrow 4x^{2} -4x\sqrt{x+3}+(x+3)+(2x-1)-2\sqrt{2x-1}+1=0$
$\Leftrightarrow (2x-\sqrt{x+3})^2+(\sqrt{2x-1}-1)^2=0$
Do $(2x-\sqrt{x+3})^2,(\sqrt{2x-1}-1)^2 \ge 0$ nên ta phải có
$\begin{cases}2x-\sqrt{x+3}=0 \\ \sqrt{2x-1}-1=0 \end{cases}\Leftrightarrow\begin{cases}2x-\sqrt{x+3}=0 \\ \sqrt{2x-1}=1 \end{cases}\Leftrightarrow \boxed{x=1}$ (thỏa mãn).