Đặt $f(x) ={x^{5}-5x-1}$ thì f là hàm liên tục trên $\mathbb R$ và có
$f(-2)<0, f(-1)>0, f(0)<0, f(2)>0$
nên Pt có ít nhất ba nghiệm trong các khoảng $(-2,-1), (-1,0), (0,2)$.

Đặt $f(x) ={3x^{5}-4x^{2}-9}$ thì f là hàm liên tục trên $\mathbb R$ và có $f(0)<0, f(2)>0$ nên Pt luôn có nghiệm trong $(0,2)$. Gọi $x_0$ là nghiệm đó thì $3x_0^{5}=4x_0^{2}+9\Rightarrow x_0^4 = \dfrac{4}{3}x_0+\dfrac{3}{x_0}.$
Mặt khác áp dụng BĐT Cô-si ta có
$\dfrac{4}{3}x_0+\dfrac{3}{x_0} \ge 2\sqrt{\dfrac{4}{3}x_0.\dfrac{3}{x_0}}=4\Rightarrow x_0^4 \ge 4\Rightarrow $ đpcm.

$f'(x)=\cos 3x-\sin x-\sqrt{3}(\cos x-\sin 3x)$
$f'(x)=0\Leftrightarrow \cos 3x +\sqrt 3\sin 3x=\sin x +\sqrt 3\cos x$
$\Leftrightarrow \cos (3x+\dfrac{\pi}{6}) = \sin (x+\dfrac{\pi}{3})$
Đến đây không khó để giải tiếp.

Giả sử $x=a+bi,a,b \in \mathbb R$ là căn bậc hai của $z$, tức là $z=x^2$. Điều này tương đương với
$z=-40+42i=(a+bi)^2=a^2-b^2+2abi\Leftrightarrow \begin{cases}a^2-b^2=-40 \\ab=21 \end{cases}$
$\Leftrightarrow \begin{cases}a^2-\frac{441}{a^2} =-40\\b=\frac{21}{a} \end{cases}\Leftrightarrow \begin{cases}a^4+40a^2-441 =0 \\b=\frac{21}{a} \end{cases}\Leftrightarrow \begin{cases}a=\pm3 \\ b=\pm7 \end{cases}$
Vậy có hai căn bậc hai là
$x=3+7i$ và $x=- 3-7i$.

Giả sử $x=a+bi,a,b \in \mathbb R$ là căn bậc hai của $z$, tức là $z=x^2$. Điều này tương đương với
$z=11+4\sqrt 3i=(a+bi)^2=a^2-b^2+2abi\Leftrightarrow \begin{cases}a^2-b^2=11 \\ab=2\sqrt 3 \end{cases}$
$\Leftrightarrow \begin{cases}a^2-\frac{12}{a^2} =11\\b=\frac{2\sqrt 3}{a} \end{cases}\Leftrightarrow \begin{cases}a^4-11a^2-12 =0 \\b=\frac{2\sqrt 3}{a} \end{cases}\Leftrightarrow \begin{cases}a=\pm2\sqrt 3 \\ b=\pm1 \end{cases}$
Vậy có hai căn bậc hai là
$x=2\sqrt 3+i$ và $x=-2\sqrt 3-i$

Ta có  $(x-y)^2(x+y) \ge 0 \quad \forall x,y >0$. Suy ra
$x^3+y^3 \ge xy(x+y)\Rightarrow \dfrac{x^2}{y}+\dfrac{y^2}{x} \ge x+y.$
Tương tự như vậy ta có
$ \dfrac{y^2}{z}+\dfrac{z^2}{y} \ge z+y.$
$ \dfrac{x^2}{z}+\dfrac{z^2}{x} \ge x+z.$
cộng theo từng vế 3 BĐT này ta có
$T \ge 2(x+y+z) \ge 6.$
Vậy $\min T = 6\Leftrightarrow x=y=z=1.$

Để f(x) xác định ta cần $\dfrac{x^2}{a^2}+\dfrac{y^2}{b^2} \le 1.$
Ta biết rằng $\dfrac{x^2}{a^2}+\dfrac{y^2}{b^2}=1$ là PT của một Elip có trục lớn là $2a$, trục nhỏ là $2b$. Như vậy tập hợp biểu diễn các điểm $\dfrac{x^2}{a^2}+\dfrac{y^2}{b^2} \le 1$ là phần bên trong của Elip, phần chứa điểm $O(0,0)$ vì tọa độ điểm O thỏa mãn $\dfrac{0^2}{a^2}+\dfrac{0^2}{b^2} \le 1.$

Như vậy hàm $f(x)$ xác định trên miền bên trong của Elip $\dfrac{x^2}{a^2}+\dfrac{y^2}{b^2}=1$ và chứa gốc tọa độ.

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

$f(x) \le g'(x)\Leftrightarrow \dfrac{2}{x}\le x-x^2\Leftrightarrow \dfrac{(x+1)(x^2-2x+2)}{x} \le 0\Leftrightarrow -1\le x <0.$

$L=\mathop {\lim }\limits_{x \to 1}\dfrac{x^3-3x+\sqrt[3]{x}+1}{x-1}=\mathop {\lim }\limits_{x \to 1}\dfrac{x^3-3x+2}{x-1}+\mathop {\lim }\limits_{x \to 1}\dfrac{\sqrt[3]{x}-1}{x-1}$
$L=\mathop {\lim }\limits_{x \to 1}(x-1)^2(x+2)+\mathop {\lim }\limits_{x \to 1}\dfrac{1}{\sqrt[3]{x^2}+\sqrt[3]{x}+1}=\dfrac{1}{3}$

Anh nghĩ em đã khá quen thuộc với dạng toán này. Dưới đây là một số chỉ dẫn
$f(2)=8-8m+m^2$
$\mathop {\lim }\limits_{x \to 2^+}f(x)= \mathop {\lim }\limits_{x \to 2^+}\dfrac{x^2-3x+2}{x-2}=\mathop {\lim }\limits_{x \to 2^+}(x-1)=1$
$\mathop {\lim }\limits_{x \to 2^-}f(x)= \mathop {\lim }\limits_{x \to 2^-}(x^3-8mx+m^2)=8-8m+m^2$
Vì thế $8-8m+m^2=1\Leftrightarrow m=1$ hoặc $m=7.$

$L=\mathop {\lim }\limits\left(1+a\right)\left(1+a^2\right)\left(1+a^4\right)+...+\left(1+a^{2^{n}}\right)$
$=\mathop {\lim }\limits\dfrac{1}{1-a}(1-a)\left(1+a\right)\left(1+a^2\right)\left(1+a^4\right)+...+\left(1+a^{2^{n}}\right)$
$=\mathop {\lim }\limits\dfrac{1}{1-a}(1-a^2)\left(1+a^2\right)\left(1+a^4\right)+...+\left(1+a^{2^{n}}\right)$
$=\mathop {\lim }\limits\dfrac{1}{1-a}(1-a^4)\left(1+a^4\right)+...+\left(1+a^{2^{n}}\right)$
$=...$
$=\mathop {\lim }\limits\dfrac{1}{1-a}\left(1-a^{2^{n}}\right)\left(1+a^{2^{n}}\right)$
$=\mathop {\lim }\limits\dfrac{1}{1-a}\left(1-a^{2^{n+1}}\right)$
Do $|a|<1\Rightarrow \mathop {\lim }\limits\left(1-a^{2^{n+1}}\right)=1-0=1$
Vậy $L=\dfrac{1}{1-a}.$

Giả sử $x=a+bi,a,b \in \mathbb R$ là căn bậc hai của $z$, tức là $z=x^2$. Điều này tương đương với
$z=-\frac{4}{3}-\frac{5}{2}i=(a+bi)^2=a^2-b^2+2abi\Leftrightarrow \begin{cases}a^2-b^2=-\frac{4}{3} \\ab=-\frac{5}{4} \end{cases}$
$\Leftrightarrow \begin{cases}a^2-\frac{25}{16a^2} =-\frac{4}{3} \\b=-\frac{5}{4a} \end{cases}\Leftrightarrow \begin{cases}a^4+\frac{4}{3}a^2-\frac{25}{16} =0 \\b=-\frac{5}{4a} \end{cases}\Leftrightarrow \begin{cases}a=\pm\dfrac{\sqrt 3}{2} \\ b=\mp\dfrac{5}{2\sqrt 3} \end{cases}$
Vậy có hai căn bạc hai là
$x=\dfrac{\sqrt 3}{2}-\dfrac{5}{2\sqrt 3}i$ và $x=-\dfrac{\sqrt 3}{2}+\dfrac{5}{2\sqrt 3}i$

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

2.
Từ $a+b+c=0\Rightarrow (a+b+c)^2=0\Rightarrow ab+bc+ca=-\dfrac{1}{2}(a^2+b^2+c^2)=-7$.
Từ $ab+bc+ca=-7\Rightarrow (ab+bc+ca)^2=49\Rightarrow a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2+2abc(a+b+c)=49\Rightarrow a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2=49.$
Từ $a^2+b^2+c^2=14\Rightarrow (a^2+b^2+c^2)^2=196\Rightarrow a^4+b^4+c^4=196-2(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2)=196-2.49=98.$