6.

Bạn xem bài toán tương tự tại đây nhé

http://toan.hoctainha.vn/Hoi-Dap/Cau-Hoi/115433/cap-so-cong

Từ
$\dfrac{u_m}{u_n}=\dfrac{m}{n}\Rightarrow \dfrac{u_1+(m-1)d}{u_1+(n-1)d}=\dfrac{m}{n}\Rightarrow nu_1+n(m-1)d=mu_1+m(n-1)d$
 $\Rightarrow (n-m)u_1=d(n-m)\Rightarrow u_1=d$, do $m \ne n.$
Như vậy cấp số cộng có dạng $d,2d,3d,\ldots$
$S_m=d+2d+\ldots+md=d(1+2+\ldots+m)=\dfrac{dm(m+1)}{2}$
$S_n=d+2d+\ldots+nd=d(1+2+\ldots+n)=\dfrac{dn(n+1)}{2}$
 Từ đây suy ra đpcm.

4.

Theo định lý Vi-ét của đa thức bậc ba $ax^3+bx^2+cx+d=0$ ta có
$\begin{cases}x_1+x_2+x_3=-\dfrac{b}{a} \\ x_1x_2+x_2x_3+x_3x_1=\dfrac{c}{a}\\ x_1x_2x_3=-\dfrac{d}{a} \end{cases}$
trong trường hợp này thì các nghiệm $x_1,x_2,x_3$ lập thành cấp số cộng nên có thể viết
$x_1=m-d, x_2=m, x_3=m+d$.
Như vậy ta có
       $\begin{cases}3m=\dfrac{3}{2}\sqrt 6 \\ m(m-d)+m(m+d)+(m-d)(m+d)=\dfrac{7}{2}\\ m(m-d)(m+d)=\dfrac{1}{4}\sqrt 6 \end{cases}$
 $\Leftrightarrow \begin{cases}m=\sqrt{\dfrac{3}{2}} \\ 3m^2-d^2=\dfrac{7}{2}\\ m(m^2-d^2)=\dfrac{1}{4}\sqrt 6 \end{cases}$
 Thay $m=\sqrt{\dfrac{3}{2}}$ từ PT một vào PT hai ta được $\Leftrightarrow d^2=1\Leftrightarrow d=\pm1$
Với $m=\sqrt{\dfrac{3}{2}}, d=\pm 1$ đều thỏa mãn PT thứ ba.
Vậy ba số cần tìm là
$\sqrt{\dfrac{3}{2}}-1, \sqrt{\dfrac{3}{2}},\sqrt{\dfrac{3}{2}}+1$

Từ PT thứ hai dễ thấy $2x+1 \ne 0$ nên $y =\dfrac{x^2+x-2}{(2x+1)^2}$,
thay điều này vào PT thứ nhất ta có
      $x^2 - 4x - (xy +2y +4)(4x+2)=0$
$\Leftrightarrow x^2 - 4x -\left (x.\dfrac{x^2+x-2}{(2x+1)^2} +2\dfrac{x^2+x-2}{(2x+1)^2} +4 \right )(4x+2)=0$
Quy đồng và rút gọn ta được
PT $\Leftrightarrow x(5x+4)=0$
Như vậy hệ có nghiệm $(x,y) \in \left\{ {(0,-2), \left (-\dfrac{5}{4},-6 \right )} \right\}$

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

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
Suy ra $A<0$. Do đó $x=2$.
Kết hợp ta có PT đã cho có hai nghiệm $x=1, x=2$.

Bạn xem tại đây nhé

http://toan.hoctainha.vn/Thu-Vien/Bai-Tap/103731/bai-103728

1.
$\mathop {\lim }\limits_{x \to 0 } $ $\dfrac{\tan mx}{\sin n x} $$=\mathop {\lim }\limits_{x \to 0 } $ $\dfrac{\tan mx}{m x} .\dfrac{nx}{\sin n x}.\dfrac{ m}{ n }=1.1.\dfrac{ m}{ n }=\dfrac{ m}{ n }$

2.
+ Miền xác định
Ta cần có
$1 -2\cos x >0 \Leftrightarrow 1/2 > \cos x \Leftrightarrow \left[ {\begin{matrix} x > \pi/3 +k2\pi\\ x < 5\pi/3 +k2\pi \end{matrix}} \right.$
+ Miền giá trị
Ta có $-1 \le \cos x \le 1 \Leftrightarrow-2 \le -2\cos x \le 2\Leftrightarrow -1 \le 1-2 \cos x \le 3\Rightarrow 0<1-2 \cos x \le 3$
Do $\ln x$ là hàm đồng bến nên ta có $-\infty < y \le \ln 3$.
Vậy miền giá trị là $(-\infty,\ln 3]$

4.
$\mathop {\lim }\limits_{x \to \frac{\pi}{2}} \dfrac{\cos x}{\pi - 2x} =\dfrac{1}{2}\mathop {\lim }\limits_{x \to \frac{\pi}{2}} \dfrac{\sin \left ( \dfrac{\pi}{2}-x \right )}{\dfrac{\pi}{2}-x }=\dfrac{1}{2}$

2. Miền xác định $x \in \mathbb R$.
Ta có $y^2 =(3\cos x -4\sin x)^2 \le (3^2+4^2)(\cos^2 x +\sin^2 x)=25\Rightarrow -5 \le y \le 5$
Miền giá trị $[-5,5].$

2. Đặt $f(x) =\tan x$, theo định nghĩa của đạo hàm
$\mathop {\lim }\limits_{x \to x_{0}} $ $\frac{\tan x - \tan x_{0}}{x - x_{0}}= \mathop {\lim }\limits_{x \to x_{0}} $ $\frac{f( x) - f(x_{0})}{x - x_{0}}=f'(x_0)=\dfrac{1}{\cos^2 x_0}$

3.
$\mathop {\lim }\limits_{x \to \frac{\pi}{4}} $ $\dfrac{\sin x - \cos x}{\pi - 4x} =-\dfrac{1}{4}\mathop {\lim }\limits_{x \to \frac{\pi}{4}} \dfrac{\sqrt 2\sin \left ( x- \dfrac{\pi}{4} \right )}{x- \dfrac{\pi}{4}} =-\dfrac{\sqrt 2}{4}$

Xét hai mặt phẳng $(ABB'A')$ và $(CDD'C')$ song song với nhau, do đó mặt phẳng $A'B'C'D'$  cắt hai mặt phẳng này theo hai giao tuyến $A'B'$ và $C'D'$ thì chúng phải song song với nhau.
Lý luận tương tự ta có $A'D' $ và $B'C'$ song song với nhau.
 Như vậy $A'B'C'D'$ là hình bình hành.