Ta thấy rằng
$\dfrac{1}{x}-\dfrac{y+z}{x^2+yz}=\dfrac{(x-y)(x-z)}{x^3+xyz}=a(x-y)(x-z)$
Tương tự thì ta có
$\dfrac{1}{y}-\dfrac{x+z}{y^2+xz}=b(y-x)(y-z)$
$\dfrac{1}{z}-\dfrac{x+y}{z^2+xy}=c(z-y)(z-x)$
Như vậy nếu giả sử $ x \le y \le z\Rightarrow a \ge b \ge c$ và BĐT cần chứng minh tương đương với
$a(x-y)(x-z)+b(y-x)(y-z)+c(z-y)(z-x) \ge 0$
BĐT này hiển nhiên đúng theo BĐT Schur.

Bạn xem tại đây nhé

http://toan.hoctainha.vn/Hoi-Dap/Cau-Hoi/113696/to-hop

Đáp số của bài toán này là $2 \times 4! \times 4! $

Bạn xem tại đây nhé

http://toan.hoctainha.vn/Hoi-Dap/Cau-Hoi/113652/bat-dang-thuc-dang-tong-quat

Bạn xem tại đây nhé

http://toan.hoctainha.vn/Hoi-Dap/Cau-Hoi/113652/bat-dang-thuc-dang-tong-quat

Điều kiện $x <1/2.$
PT
$ \Leftrightarrow 2\log_{2} (1-2x) -2x> 2+(x+2) \log _{2} (\frac{1}{2}-x)$
$ \Leftrightarrow 2\log_{2} (1-2x) -2x> 2+(x+2)\left[ { \log_{2} (1-2x) -1} \right]$
$ \Leftrightarrow 2\log_{2} (1-2x) -2x> 2+(x+2)\left[ { \log_{2} (1-2x) -1} \right]$
$\Leftrightarrow x\left[ { \log_{2} (1-2x) +1} \right] <0$
Ta có hai trường hợp
+ $\begin{cases}0<x <1/2 \\  \log_{2} (1-2x) +1<0 \end{cases}\Leftrightarrow \begin{cases}0<x <1/2 \\  1-2x<1/2 \end{cases}\Leftrightarrow\dfrac{1}{4}<x<\dfrac{1}{2}$
+ $\begin{cases}x<0 \\  \log_{2} (1-2x) +1>0 \end{cases}\Leftrightarrow \begin{cases}x<0 \\  1-2x>1/2 \end{cases}\Leftrightarrow x<0$.
Vậy tập nghiệm là $S= (-\infty,0) \cup \left (\dfrac{1}{4},\dfrac{1}{2} \right )$.

a) Lấy hai điểm $M,M'$ thuộc $a$ và $N,N'$ thuộc $b$ và xét hai điểm $I,I'$ sao cho :
$\dfrac{IM}{IM'}=\dfrac{IN}{IN'}  =k$
Theo định lí Talet đảo, ba đường thẳng $a ,b$ và $II'$ luôn song song với một mặt phẳng cố định.
 Mặt phẳng này có vecto pháp tuyến là tích có hướng của hai vecto chỉ phương của hai đường thẳng $a$ và $b$.

Ta có
$f(x+2\pi)=\dfrac{\cos (x+2\pi)}{1+\sin(x+2\pi)}=\dfrac{\cos x}{1+\sin x}=f(x)$
Như vậy $f(x)$ là hàm tuần hoàn với chu kỳ $2\pi$.

Ta có
$\dfrac{1-\sin^{2}x}{1+\sin2x}=\dfrac{\cos^{2}x}{(\sin x+\cos x)^2}=\dfrac{1}{2}.\left[ {\dfrac{(\sin x+\cos x)\cos x-(\cos x-\sin x)\sin x}{(\sin x+\cos x)^2}+\dfrac{\cos^2 x -\sin^2 x}{(\sin x+\cos x)^2}} \right]$
$=\dfrac{1}{2}.\left[ {\dfrac{(\sin x+\cos x)(\sin x)'-(\sin x+\cos x)'\sin x}{(\sin x+\cos x)^2}+\dfrac{(\sin x+\cos x)'}{\sin x+\cos x}} \right]$
 Vậy 
 $\int\limits_{0}^{\pi/4}\dfrac{1-\sin^{2}x}{1+\sin2x}dx=\dfrac{1}{2}\left[ {\dfrac{\sin x}{\sin x+\cos x}+\ln \left| {\sin x+\cos x} \right|} \right]_{0}^{\pi/4}=\boxed{\dfrac{1+ \ln 2}{4}}$

Điều kiện $mx+3 \ne 0.$
PT $\Leftrightarrow x-3=3mx+9\Leftrightarrow x(3m-1)=-12           (*)$
+ Nếu $m=1/3$ thì Pt (*) vô nghiệm nên Pt ban đầu cũng vô nghiệm.
+ Nếu $m \ne 1/3$ thì Pt (*) $\Leftrightarrow x=\dfrac{-12}{3m-1}$.
Ta cần tìm thêm điều kiện
$mx+3 \ne 0\Leftrightarrow \dfrac{-12m}{3m-1}+3 \ne 0\Leftrightarrow m\ne -1.$
Vậy
$m=1/3$ hoặc  $m=-1$ thì Pt vô nghiệm.
$m\ne 1/3$ và  $m\ne -1$ thì Pt có nghiệm $\Leftrightarrow x=\dfrac{-12}{3m-1}$.

+ Tìm Max
Áp dụng BĐT Bunhia ta có
$(a+2b)^2=\left ( \dfrac{1}{\sqrt a}.\sqrt{a^3}+\dfrac{\sqrt 2}{\sqrt b}.\sqrt{2b^3} \right )^2 \le (a^3+2b^3)\left (  \dfrac{1}{a}+\dfrac{2}{b} \right )          (1)$
Mặt khác do $1 \le a,b \le 2$ nên
$\begin{cases}0<\dfrac{2}{b} \le 2\\ 0<\dfrac{1}{a} \le 1 \end{cases}\Rightarrow \dfrac{1}{a}+\dfrac{2}{b} \le 3     
  (2)$
Từ $(1)$ và $(2) $ ta có
$(a+2b)^2\le 3(a^3+2b^3)\Rightarrow P \le 3.$
Vậy $\max P=3\Leftrightarrow a=b=1.$

Từ hệ ta suy ra
$2^x-2^y= (y-x)(xy+x^2+y^2)\Leftrightarrow 2^x-2^y=y^3-x^3\Leftrightarrow 2^x+x^3=2^y+y^3\Leftrightarrow f(x)=f(y)$
 Trong đó $f(t)=2^t+t^3$ có $f'(t) =2^t\ln2+3t^2 > 0   \forall t.$
Như vậy $ f(x)=f(y)\Leftrightarrow x=y.$
 Từ đây dễ có $x=y=\pm 1.$

Điều kiện $x \le 12.$
Đặt $a=\sqrt[3]{24+x}, b=\sqrt{12-x}$ thì
$\begin{cases}a+b \le 6 \\ a^3+b^2= 36 \end{cases}\Leftrightarrow \begin{cases}a \le 6-b \\ a^3= 36-b^2 \end{cases}\Leftrightarrow \begin{cases}a^3 \le (6-b)^3 \\ a^3= 36-b^2 \end{cases}$
$\Rightarrow 36-b^2\le (6-b)^3\Leftrightarrow36-b^2- (6-b)^3 \le 0 $
$\Leftrightarrow (b-10)(b-6)(b-3) \le 0$
$\Leftrightarrow\left[ {\begin{matrix} 0 \le b \le 3\\ 6 \le b \le 10 \end{matrix}} \right.$
$\Leftrightarrow\left[ {\begin{matrix} 3 \le x \le 12\\ x=-24 \end{matrix}} \right.$

PT $\begin{cases}2^x+2x=3+y\\ 3+x =2^y+2y\end{cases}$
Cộng theo từng vế của HPT này ta có 
$2^x+3x=2^y+3y\Leftrightarrow f(x)=f(y)$
Trong đó $f(t) =2^t+2t$ có $f'(t)=2^t \ln 2 +2 >0   \forall t.$
Như vậy $f$ là hàm đồng biến nên từ điều kiện $f(x)=f(y)$ suy ra $x=y.$
Thay điều này vào một trong hai Pt ban đầu ta được.
$2^x+2x=3+x\Leftrightarrow 2^x+x-3=0\Leftrightarrow g(x) =0$
Trong đó $g(x) =2^x+x-3$ có $g'(x)=2^x\ln+1 >0   \forall x.$
Như vậy PT $g(x)=0$ có duy nhất một nghiệm và thấy rằng $g(1)=0$.
Vậy hệ có nghiệm duy nhất $x=y=1.$