Cách giải khác

BĐT cần chứng minh
$\Leftrightarrow \left ( \frac{a^2}{b}+\frac{b^2}{a} \right )+\left ( \frac{c^2}{b}+\frac{b^2}{c} \right )+\left ( \frac{a^2}{c}+\frac{c^2}{a} \right ) \ge (a+b)+(b+c)+(c+a)$
Ta chỉ cần chứng minh
$\frac{x^2}{y}+\frac{y^2}{x} \ge x+y, \quad \forall x,y>0.$
Thật vậy, bđt này
$\Leftrightarrow x^3+y^3 \ge xy(x+y)\Leftrightarrow (x+y)(x-y)^2 \ge 0,$ luôn đúng.

Đặt $t=x^2$ thì PT $\Leftrightarrow t^2-2t+m-1=0 \quad (1)$
Để PT ban đầu có bốn nghiệm thì PT (1) phải có hai nghiệm dương phân biệt
$\Leftrightarrow \begin{cases}\Delta' >0\\S>0 \\ P>0 \end{cases}\Leftrightarrow \begin{cases}1-(m-1)>0\\2>0 \\ m-1>0 \end{cases}\Leftrightarrow 2>m>1.$

PT thứ hai $\Leftrightarrow (3-x)\sqrt{2-x}=2y\sqrt{2y-1}\Leftrightarrow f(2-x)=f(2y-1)$.
Với $f(t) =(t+1)\sqrt t, \quad \forall t \ge 0.$
và $f'(t) = \sqrt t + \frac{t+1}{2\sqrt t}>0\Rightarrow f$ đồng biến.
Suy ra $f(2-x)=f(2y-1)\Leftrightarrow 2-x=2y-1\Leftrightarrow x=3-2y$.
Thay vào PT Thứ nhất ta được $x=y=1.$

b, $\mathop {\lim }\limits_{x \to 0}\frac{\sqrt{1+x^2}-\cos x}{x^2}$
$=\mathop {\lim }\limits_{x \to 0}\frac{\sqrt{1+x^2}-1}{x^2}+\mathop {\lim }\limits_{x \to 0}\frac{1-\cos x}{x^2}$
$=\mathop {\lim }\limits_{x \to 0}\frac{1}{\sqrt{1+x^2}+1}+\mathop {\lim }\limits_{x \to 0}\frac{2\sin^2\frac{x}{2}}{x^2}$
$=\frac{1}{2}+\frac{1}{2}=1$

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

a. Em xem gợi ý ở đây

http://toan.hoctainha.vn/Thu-Vien/Bai-Tap/105372/bai-105372

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

$\tan 3x =\tan (2x+x) = \frac{\tan 2x + \tan x }{1-\tan 2x \tan x}=\frac{\frac{2\tan x}{1-\tan^2x}+\tan x}{1-\frac{2\tan x}{1-\tan^2x}.\tan x}$
$\Rightarrow \frac{\tan 3x}{\tan x}=\frac{\frac{2}{1-\tan^2x}+1}{1-\frac{2\tan x}{1-\tan^2x}.\tan x}$
$\Rightarrow \frac{\tan 3x}{\tan x}=\frac{\frac{3-\tan^2x}{1-\tan^2x}}{\frac{1-3\tan^2x}{1-\tan^2x}}$
$\Rightarrow $ đpcm.

Xét PT $x^3-3x = m(x+1)+2$ đúng $\forall m$
$\Leftrightarrow x^3-3x -2-m(x+1)=0$ đúng $\forall m$
$\Leftrightarrow \begin{cases}x^3-3x -2=0 \\ x+1=0 \end{cases}\Leftrightarrow x=-1\Rightarrow y=2.$.
Vậy điểm cố định là $A(-1,2).$

a. Ta có
$\begin{cases}SD \perp CD \\ AD \perp CD \end{cases}\Rightarrow CD \perp (SAD)\Rightarrow (SCD) \perp (SAD)$
$\begin{cases}SD \perp AB \\ AD \perp AB \end{cases}\Rightarrow AB \perp (SAD)\Rightarrow (SAB) \perp (SAD)$
$\begin{cases}DE \perp BE ( \text {tứ giác ABED là hình vuông } )\\ SD \perp BE \end{cases}\Rightarrow BE \perp (SDE)\Rightarrow (SBE) \perp (SDE)$

b. Theo câu a thì $BC \perp SK \Rightarrow \widehat{\left ( SBC,ABCD \right )}=\widehat{SKO}$
Mặt khác dễ tính, $OK=OB \sin 60=\frac{a}{2}.\frac{\sqrt3}{2}=\frac{a\sqrt3}{4}$
$\Rightarrow \tan \widehat{SKO}=\frac{SO}{OK}=\frac{1}{\sqrt3}\Rightarrow \widehat{\left ( SBC,ABCD \right )}=30^\circ.$
Mặt khác dễ thấy $\widehat{\left ( SBC,SO \right )}=\widehat{KSO}\Rightarrow \widehat{\left ( SBC,SO \right )}=60^\circ.$

a. Ta có $SO \perp (ABCD) \Rightarrow (SAC) \perp (ABCD).$
$\begin{cases}OK \perp BC \\ SO \perp BC \end{cases}\Rightarrow BC \perp (SIK).$

Dùng máy tính bỏ túi có thể tính được khi $x = \frac{\pi}{3}$
$\frac{ 8}{\cos^4x}+\frac{8}{\cos^2 x}+1-\frac{1}{\sin 4x}=161+\frac{2}{\sqrt3}>0$
nên bài toán này sai.

$y=(1+x)(2-x)=-x^2+x+2=\frac{9}{4}-(x-\frac{1}{2})^2 \le \frac{9}{4}.$
Vậy $\max y = \frac{9}{4} \Leftrightarrow x = \frac{1}{2}.$

b) $\tan 30^{0}$ +$\tan 40^{0}$ +$\tan 50^{0}$ + $\tan 60^{0}$
$=\frac{1}{\sqrt 3} +\tan 40 + \cot 40 +\sqrt 3$
$=\frac{1}{\sqrt 3} +\sqrt 3+\frac{\tan^2 40 + 1 }{\tan 40}$
$=\frac{4}{\sqrt 3}+\frac{1 }{\tan 40\cos^240}$
$=\frac{4}{\sqrt 3}+\frac{1 }{\sin 40\cos40}$
$=\frac{4}{\sqrt 3}+\frac{2 }{\sin 80}$
$=\frac{4}{\sqrt 3}+\frac{2 }{\cos 10}$
$=\frac{4\cos 10+2\sqrt 3}{\sqrt 3\cos 10}$
Việc còn lại là chứng minh
$\frac{4\cos 10+2\sqrt 3}{\sqrt 3\cos 10}=\frac{8\sqrt{3}}{3}\cos 20$
$\Leftrightarrow 8\cos 20 \cos 10=4\cos 10+2\sqrt 3$
$\Leftrightarrow 4\cos 10+4\cos30=4\cos 10+2\sqrt 3$
$\Leftrightarrow 4\cos30=2\sqrt 3$, luôn đúng.