PT
$\Leftrightarrow \cos x(2 \sin^2x+2 \sin x+1)-2\cos^3x-\sin x-1=0$
$\Leftrightarrow \cos x(2-2 \cos^2x+2 \sin x+1)-2\cos^3x-\sin x-1=0$
 $\Leftrightarrow 2\cos x-2 \cos^3x+2 \sin x\cos x+\cos x-2\cos^3x-\sin x-1=0$
 $\Leftrightarrow (2\cos x-1)+\sin x(2\cos x -1)+\cos x(1-4\cos^2 x)=0$
  $\Leftrightarrow (2\cos x-1)(1+\sin x-\cos x(1+2\cos x))=0$
   $\Leftrightarrow (2\cos x-1)(\sin x-\cos x+1-2\cos^2 x)=0$
 $\Leftrightarrow (2\cos x-1)(\sin x-\cos x+\sin^2 x-\cos^2 x)=0$
 $\Leftrightarrow (2\cos x-1)(\sin x-\cos x)(1+\sin x+\cos x)=0$
 $\Leftrightarrow \left[ {\begin{matrix} 2\cos x-1=0\\\sin x-\cos x=0 \\\sin x+\cos x=-1 \end{matrix}} \right.$
 Đến đây không khó bạn tự viết nốt nghiệm nhé.

a)
Áp dụng BĐT quen thuộc $(x-y)^2 \ge 0\Leftrightarrow x^2+y^2 \ge 2xy$ ta có
$3=x^2+xy+y^2 \ge 2xy+xy=3xy\Rightarrow 1 \ge xy.$
Áp dụng BĐT quen thuộc $(x+y)^2 \ge 0\Leftrightarrow x^2+y^2 \ge -2xy$ ta có
$3=x^2+xy+y^2 \ge -2xy+xy=-xy\Rightarrow -3 \le xy.$

Nhận thấy $x=0$ không phải là nghiệm của hệ.
HPT $\Leftrightarrow \begin{cases}3y-2=\left (-\dfrac{2}{x} \right )^3 \\ 3\left (-\dfrac{2}{x} \right )-2=y^3 \end{cases}\underbrace{\Leftrightarrow} {t =-\dfrac{2}{x}} \rightarrow  \begin{cases}3y-2=t^3 \\ 3t-2=y^3 \end{cases}$
Trừ theo từng vế ta được $t^3-y^3=3(y-t)\Leftrightarrow (t-y)(t^2+yt+y^2+3)=0\Leftrightarrow t=y$, do $t^2+yt+y^2+3>0 \quad \forall y,t.$
Thay ngược lại ta có $3y-2=y^3 \Leftrightarrow (y-1)^2(y+2)=0\Leftrightarrow y=1$ hoặc $y=-2$.
Vậy $(x,y) \in \left\{ {((-2,1),(1,-2)} \right\}$

$\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \left( {\prod\limits_{k = 1}^n {\sqrt[{{2^k}}]{2}} } \right)=\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \left( {\prod\limits_{k = 1}^n {2^{\frac{1}{2^k}}} } \right)=\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \left( { {2^{\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{2^k}}} } \right)= { {2^{\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty }\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{2^k}}} }$
Ta có
$\sum_{k=1}^{n}\dfrac{1}{2^k}=\dfrac{1}{2}.\dfrac{1-\dfrac{1}{2^n}}{1-\dfrac{1}{2}}=1-\dfrac{1}{2^n}\Rightarrow {\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty }\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{2^k}}=1 $
Vậy
$\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \left( {\prod\limits_{k = 1}^n {\sqrt[{{2^k}}]{2}} } \right)=2^1=2$

Kí hiệu
$u_n= \underbrace{\sqrt{3\sqrt{3...\sqrt{3}}}}_{\text {n dấu căn }}\Rightarrow u_n=\sqrt{3u_{n-1}}\Rightarrow u_n^2=3u_{n-1}$
Tương tự như vậy
$\begin{matrix} u_{n+1}^2=3u_{n}\\u_n^2=3u_{n-1}\\u_{n-1}^2=3u_{n-2}\\ \cdots\\u_2^2=3u_{1} \\u_1^2=3\end{matrix}$
Nhân theo từng vế và rút gọn của $n+1$ đẳng thức này ta được
$u_{n+1}^2u_n\ldots u_2u_1=3^{n+1}\Rightarrow u_{n+1}=\sqrt{\dfrac{3^{n+1}}{u_1u_2...u_n}}$

Ta chỉ có tích phân quen thuộc trong dạng sau
$\lim_{t \to 0}\dfrac{\sin t}{t}=1$
trong trường hợp $x \to 0^+$ thì $\dfrac{2}{x} \to +\infty$. Do đó
$\lim_{x \to 0^+}\dfrac{\sin\dfrac{2}{x}}{\dfrac{2}{x}}\ne 1$

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

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

b)
BPT $\Leftrightarrow \dfrac{3^{x}-4^{x}}{3^{x+1}-4^{x+1}}-\dfrac{1}{7} < 0\Leftrightarrow \dfrac{4.3^{x}-3.4^{x}}{7(3^{x+1}-4^{x+1})}<0$
Xét hai trường hợp
+ $\begin{cases}4.3^{x}-3.4^{x}>0 \\ 3^{x+1}-4^{x+1}<0 \end{cases}$
do $ \dfrac{4}{3} >1$ nên
$3^{x+1}<4^{x+1}\Leftrightarrow  \left (  \dfrac{4}{3} \right )^{0} < \left (  \dfrac{4}{3} \right )^{x+1}\Leftrightarrow 0<x+1 \Leftrightarrow -1<x$
$ 4.3^{x}-3.4^{x}>0\Leftrightarrow 4.3^{x}>3.4^{x}\Leftrightarrow \dfrac{4}{3} > \left (  \dfrac{4}{3} \right )^x\Leftrightarrow 1>x$.
+ $\begin{cases}4.3^{x}-3.4^{x}<0 \\ 3^{x+1}-4^{x+1}>0 \end{cases}$
do $ \dfrac{4}{3} >1$ nên
$3^{x+1}>4^{x+1}\Leftrightarrow  \left (  \dfrac{4}{3} \right )^{0} > \left (  \dfrac{4}{3} \right )^{x+1}\Leftrightarrow 0>x+1 \Leftrightarrow -1>x$
$ 4.3^{x}-3.4^{x}<0\Leftrightarrow 4.3^{x}<3.4^{x}\Leftrightarrow \dfrac{4}{3} < \left (  \dfrac{4}{3} \right )^x\Leftrightarrow 1<x$.
Trường hợp này không thể xảy ra.

Vậy $-1<x<1.$

e) $x^{2}-4x-6=\sqrt{2x^{2}-8x+12}$
Đặt $t=x^{2}-4x-6$ thì PT  $\Leftrightarrow t=\sqrt{2t+24}$. Điều kiện $t \ge 0$ ta có
$t^2=2t+24\Leftrightarrow (t-6)(t+4)=0\Leftrightarrow t=6$, thay trở lại ta có
$x^{2}-4x-6=6\Leftrightarrow (x-6)(x+2)=0\Leftrightarrow x=6$ hoặc $x=-2.$

f) Áp dụng BĐT Bunhia ta có
$\left (1. \sqrt{1+x}+\sqrt{1-x}.1 \right )^2 \le (1+1-x)(1+1+x)=(2-x)(2+x)=4-x^2$
$\Rightarrow \left (2-\frac{x^{2}}{4} \right )^2 =\left ( \sqrt{1+x}+\sqrt{1-x} \right )^2 \le 4-x^2$
$\Rightarrow 4-x^2+\frac{x^{4}}{16} \le 4-x^2$
 $\Rightarrow \frac{x^{4}}{16} \le 0\Rightarrow x=0.$
 thử lại thấy thỏa mãn.
Vậy pt có nghiệm duy nhất $x=0.$

b) PT
$2012x^3=-3x^2+3x-1\Leftrightarrow 2013x^3=x^3-3x^2+3x-1\Leftrightarrow 2013x^3=(x-1)^3$
$\Leftrightarrow \sqrt[3]{2013}x=x-1\Leftrightarrow x\left ( -1+ \sqrt[3]{2013} \right )=-1\Leftrightarrow x=\dfrac{-1}{ -1+ \sqrt[3]{2013}}$

Do $x_1, x_2 $ là nghiệm nên ta có
$\begin{cases}x_1^{2}-5mx_1-4m=0\\ x_2^{2}-5mx_2-4m=0 \end{cases}\Rightarrow \begin{cases}x^{2}_{1}+5mx_{2}+12m=5m(x_1+x_2)+16m\\x^{2}_{2}+5mx_{1}+12m=5m(x_1+x_2)+16m \end{cases}$
Như vậy
$P=\dfrac{m^{2}}{5m(x_1+x_2)+16m}+\dfrac{5m(x_1+x_2)+16m}{m^{2}}$
Theo Talet thì $x_1+x_2=5m$ nên
$P=\dfrac{m}{25m+16}+\dfrac{25m+16}{m}=\dfrac{m}{25m+16}+\dfrac{25m+16}{m}-2+2=\dfrac{(25m+16-m)^2}{25m^2+16m}+2$
 Mặt khác do điều kiện có hai nghiệm phân biệt nên $\Delta >0\Leftrightarrow 25m^2+16m>0$ suy ra
$P=\dfrac{(24m+16)^2}{25m^2+16m}+2 \ge 2$.
Vậy $\min P =2\Leftrightarrow 24m+16=0\Leftrightarrow m=-\dfrac{2}{3}$

Đặt $t = \tan\dfrac{x}{2}$ thì
$\sin x = \dfrac{2t}{1+t^2}, \cos x = \dfrac{1-t^2}{1+t^2}\Rightarrow \sin 4x =4\sin x \cos x \cos 2x=4\sin x \cos x(2\cos^2x-1)$
Thay vào và rút gọn ta được PT
$2t^8+4t^7+5t^6-28t^5+3t^4+28t^3-t^2-4t-1=0$
PT trình này không có nghiệm đẹp. Chỉ có hai nghiệm tính được xấp xỉ
$t_1 \approx -0,862019, t_2 \approx 0,529675$

Ta biết rằng tỉ số diện tích bằng bình phương tỉ số đồng dạng nên cũng bằng bình phương tỉ số chu vi.
Đặt $BC=a,AC=b,AB=c, $. Gọi $AMN$ là tam giác nhận được từ tiếp tuyến song song với $BC$.
Gọi nửa chu vi của $\triangle ABC, \triangle AMN$ lần lượt là $p, p_1.$ Gọi $H,K$ là tiếp điểm của đường tròn nội tiếp tâm $I$ xuống $AB,AC$.
Ta dễ có điều sau
$2AH=2AK=AH+AK=b+c-a\Rightarrow 2p_1=AD+AE+DE=AH+AK=b+c-a$
Như vậy
$\dfrac{S_1}{S}=\left (\dfrac{p_1}{p} \right )^2=\left (\dfrac{b+c-a}{a+b+c} \right )^2$
Tương tự như vậy và ta có
$\dfrac{S_1+S_2+S_3}{S}=\dfrac{(b+c-a)^2+(a-b+c)^2+(a+b-c)^2}{(a+b+c)^2}$
Nhắc lại không cm BĐT quen thuộc $x^2+y^2+x^2 \ge \dfrac{1}{3}(x+y+z)^2  \quad x,y,z.$
Do đó
$(b+c-a)^2+(a-b+c)^2+(a+b-c)^2 \ge \dfrac{1}{3}(a+b+c)^2$
 Vậy
 $\min \dfrac{S_1+S_2+S_3}{S}=\dfrac{1}{3}\Leftrightarrow a=b=c\Leftrightarrow \triangle ABC$ đều.