Gọi ba nghiệm thực phân biệt của PT này là $x_1,x_2,x_3$. Theo định lý Vi-et ta có
$\begin{cases}x_1+x_2+x_3=-1 \\ x_1x_2+x_2x_3+x_3x_1=a \\x_1x_2x_3=-b\end{cases}$
Ta đã biết bất đẳng thức sau
$x^2+y^2+z^2 \ge xy+yz+zx, \qquad \forall x,y,z.$
Đẳng thức xảy ra $\Leftrightarrow x=y=z.$
Suy ra
$x_1^2x_2^2+x_2^2x_3^2+x_3^2x_1^2 > x_1x_2x_3(x_1+x_2+x_3)=b$ vì các số $x_1,x_2,x_3$ đôi một khác nhau.
Mặt khác
$a^2=(x_1x_2+x_2x_3+x_3x_1)^2=x_1^2x_2^2+x_2^2x_3^2+x_3^2x_1^2+2x_1x_2x_3(x_1+x_2+x_3)>b+2b=3b.$
Vậy $a^2-3b>0,$đpcm.

ĐK: $\sin x\ne 0,\sin x \ne 1$
PT
$\Leftrightarrow \dfrac{\cos x}{1-\sin x}-\dfrac{\cos x}{\sin x}+\dfrac{1}{\sin x}-\sin x=0$
$\Leftrightarrow \cos x\dfrac{2\sin x-1}{(1-\sin x)\sin x}+\dfrac{1-\sin^2x}{\sin x}=0$
$\Leftrightarrow \cos x\dfrac{2\sin x-1}{(1-\sin x)\sin x}+\dfrac{\cos^2x}{\sin x}=0$
$\Leftrightarrow \left[ {\begin{matrix} \dfrac{2\sin x-1}{(1-\sin x)\sin x}+\dfrac{\cos x}{\sin x}=0\\\cos x=0\end{matrix}} \right.$
$\Leftrightarrow \left[ {\begin{matrix} 2\sin x-1+\cos x-\sin x\cos x=0\\\cos x=0\end{matrix}} \right.$
Việc còn lại giải PT $2\sin x-1+\cos x-\sin x\cos x=0$ chỉ có cách đặt $t=\tan \frac{x}{2}$ mà nghiệm thì không đẹp.

Gọi $M(m,\frac{m}{1-m})$ thì PT đường thẳng tiếp tuyến qua $M$ với đồ thị có dạng
$(t):y=f'(m)(x-m)+\frac{m}{1-m}=\frac{1}{(m-1)^2}(x-m)+\frac{m}{1-m}$
Ta có
$(t) \cap Oy=\{B(0,b)\} \Rightarrow b=\frac{1}{(m-1)^2}(-m)+\frac{m}{1-m}=\frac{-m^2}{(m-1)^2}\Rightarrow B\left ( 0,\frac{-m^2}{(m-1)^2} \right )$
$(t) \cap Ox=\{A(a,0)\} \Rightarrow 0=\frac{1}{(m-1)^2}(a-m)+\frac{m}{1-m}\Rightarrow A\left (m^2,0\right )$.
Ta cần tìm $m$ sao cho $M$ là trung điểm $AB$
$\Leftrightarrow \begin{cases}m^2+0=2m \\ \frac{-m^2}{(m-1)^2}+0=2\frac{m}{1-m} \end{cases}\Leftrightarrow \left[ {\begin{matrix} m=0\\ m=2 \end{matrix}} \right.$

Đặt   $\frac{S_{MAB}}{c^{2}}=\frac{S_{MAC}}{b^{2}}=\frac{S_{MBC}}{a^{2}}=k, k \ne 0.$
$\Rightarrow \begin{cases}S_{MAB}=kc^2 \\ S_{MAC}=kb^2\\ S_{MBC}=ka^2 \end{cases}$.
Mặt khác ta chứng minh được
$S_{MAB}.\overrightarrow{MA}+ S_{MAC}.\overrightarrow{MB}+c^{2}\overrightarrow{MC}=\overrightarrow{0}$
Đẳng thức này em có thể tìm được lời giải trong khá nhiều cuốn sách nâng cao.

Từ đây dễ có đpcm.

2. Em xem ở đây nhé
Cách 1: Sử dụng định lý dưới đây
http://toan.hoctainha.vn/Thu-Vien/Bai-Tap/103581/bai-103580

Cách 2: http://toan.hoctainha.vn/Thu-Vien/Bai-Tap/102768/bai-102767

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

b. Kẻ $SK \perp BC ,K \in BC, IH \perp (SBC),H \perp (SBC)$ thì dễ chứng minh $S,H,K$ thẳng hàng và khi đó $IH=\frac{a}{8}$. Gọi $SO=2x$, chú ý rằng $OK=\frac{a}{2}$ thì từ
$\triangle SIH \sim \triangle SKO\Rightarrow \frac{SI^2}{SK^2}=\frac{IH^2}{OK^2}\Rightarrow \frac{x^2}{4x^2+\frac{a^2}{4}}=\frac{\frac{a^2}{64}}{\frac{a^2}{4}}\Rightarrow x=\frac{a}{4\sqrt 3}\Rightarrow SO=\frac{a}{2\sqrt 3}$.
Từ đây dễ làm tiếp.

a. Kẻ $SH \perp (ABCD)$ thì $H$ là tâm của hình vuông $ABCD$. Như vậy tâm đường tròn ngoại tiếp của $\triangle SAC$ chính là tâm mặt cầu cần tìm. Để xác định vị trí ta lấy giao điểm của $SH$ và đường trung trực của $SC$ và gọi tâm đó là $O$. Khi đó $R=SO=\frac{1}{2}SC : \cos \frac{\widehat{ASC}}{2}=\frac{1}{2}a : \cos \frac{\alpha}{2}=\frac{a}{2\cos \frac{\alpha}{2}}$

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

Em xem ở đây nhé
 http://toan.hoctainha.vn/Hoi-Dap/Cau-Hoi/114195/he-pt-logarit

a. Điều kiện $2008 \le x \le 2009.$
+ Tìm min :
Từ điều kiện ta suy ra
$\begin{cases}0 \le 2009 - x \le 1 \\ 0 \le x - 2008 \le 1 \end{cases}\Rightarrow \begin{cases}0 \le 2009 - x \le \sqrt{2009 - x} \\ 0 \le x - 2008 \le \sqrt{x - 2008} \end{cases}$
Do đó
$y= \sqrt{x - 2008} + \sqrt{2009 - x} \ge 2009 - x+x - 2008=1$
Vậy $\min y=1\Leftrightarrow x=2008.$

+ Tìm max :
Áp dụng BDT Bunhia ta có
$y^2=\left (  \sqrt{x - 2008} + \sqrt{2009 - x} \right )^2 \le (1+1)(2009 - x+x - 2008)=2\Rightarrow y \le \sqrt 2.$
Vậy $\min y=\sqrt 2\Leftrightarrow x=\frac{4017}{2}.$

Ta có

$L=\lim_{x \to 1}\frac{x^x-1}{x\ln x}=\lim_{x \to 1}\frac{e^{x\ln x}-1}{x\ln x}$.

Đặt $t=x \ln x$ thì khi $x \to 1$ thì $t \to 0.$ Do đó

$L=\lim_{t \to 0}\frac{e^{t}-1}{t}=1$.

2, $\int\limits\sqrt{5x-1} dx=\frac{1}{5}\int\limits(5x-1)^{1/2}d(5x-1)=\frac{1}{5}\frac{(5x-1)^{3/2}}{3/2}+C=\frac{2}{15}\sqrt{(5x-1)^3}+C.$

d.  $y'=-\frac{m+1}{x^2}$.
Hàm số đồng biến khi $y'>0\Leftrightarrow m<-1$.
Hàm số đồng biến khi $y'<0\Leftrightarrow m>-1$.
Hàm số đồng biến khi $y'=0 \Leftrightarrow m=-1$.

b.
Hàm số đồng biến khi $m+1>0\Leftrightarrow m>-1.$
Hàm số nghịch biến khi $m+1<0\Leftrightarrow m<-1.$
Hàm số là hàm hằng khi khi $m+1=0\Leftrightarrow m=-1.$