Trước hết ta có công thức tính đường phân giác
$l_a=\frac{2\sqrt{bc}}{b+c}\sqrt{p(p-a)}$, trong đó $p$ là nửa chu vi.
Bạn có thể xem tại đây.

http://toan.hoctainha.vn/Hoi-Dap/Cau-Hoi/114318/mot-bai-lop-10

Áp dụng BĐT Cô si ta có
\begin{cases}\frac{2\sqrt{bc}}{b+c} \le 1 \\\sqrt{p(p-a)}=\frac{1}{\sqrt 3}\sqrt{p.3(p-a)} \le \frac{1}{2\sqrt 3}(4p-3a)\end{cases}
suy ra  $l_a \le \frac{1}{2\sqrt 3}(4p-3a)$.
Tương tự thì ta có
$l_a +l_b+l_c \le \frac{1}{2\sqrt 3}(12p-3a-3b-3c)=\frac{\sqrt 3}{2}.2p=\frac{\sqrt 3}{2}(a+b+c)$
Đẳng thức xảy ra $\Leftrightarrow a=b=c.$
Và suy ra câu trả lời cho bài toán.

Ta có 
Vế trái $= \sin 3x .\frac{3\sin x -\sin3x}{4}+\cos 3x.\frac{\cos 3x +3\cos x}{4}$
             $=\frac{3}{4}\left ( \sin 3x\sin x+\cos 3x \cos x \right )+\frac{1}{4}\left (\cos^2 3x-\sin^2 3x \right )$
             $=\frac{3}{4}\cos2x+\frac{1}{4}\cos6x$        
             $=\cos^3 2x$, đpcm.

$\textbf{Cách 2}$
Đặt $A_n =n^3-n$.
Ta sẽ chứng minh bằng quy nạp.
Đặt
+ Với $n=1$ thì hiển nhiên thấy $A_1= 0   \vdots   24$.
+Giả sử bài toán đúng với $n$ lẻ, từ là $A_n =n^3-n   \vdots   24$.
Ta phải chứng minh $A_{n+2} =(n+2)^3-(n+2)   \vdots   24$ vì $n+2$ là số lẻ ngay tiếp sau $n$.
Nhưng đây là điều hiển nhiên vì
$A_{n+2} =(n+2)^3-(n+2)  =n^3-n+6(n+1)^2   \vdots   24$
vì
$A_n =n^3-n   \vdots   24$, theo giả thiết quy nạp.
$(n+1)^2   \vdots   4$, vì $n$ là số lẻ suy ra $6(n+1)^2   \vdots   24$.

Ta có  $A=n^3-n=n(n-1)(n+1)$.
Do $n$ là số tự nhiên lẻ nên có thể đặt $n=2k+1$ với $k \in \mathbb{N}.$
Khi đó
$A=(2k+1).2k(2k+2)=4k(k+1)(2k+1)$.
+ Ta có $k, k+1$ là hai số tự nhiên liên tiếp nên phải có một số chẵn, suy ra $k(k+1) \vdots 2  \Rightarrow A  \vdots  8$
+ Ta có $n-1,n ,n+1$ là ba số tự nhiên liên tiếp nên phải có một số chia hết cho $3 \Rightarrow A  \vdots  3$.
Mà  ƯCLN$(8,3)=1\Rightarrow A  \vdots  24$, đpcm.

Xét hàm số liên tục
$f(x) =2^x +1 -x^2$ trên $x \in \mathbb{R}.$
Ta có
$f'(x) =2^x\ln 2 -2x$
$f''(x) =2^x\ln^2 2 -2$
$f'''(x) =2^x\ln^3 2 >0       \forall x \in \mathbb{R}$.
như vậy theo định lý Roll thì PT $f(x)=0$ không có quá ba nghiệm.
Mặt khác ta thấy
$f(-2).f(-1)<0, f(3)=0, f(\frac{31}{10}).f(4) <0$.
Vậy PT có $3$ nghiệm $x_1 \in (-2,1), x_2=3, x_3 \in (\frac{31}{10},4)$.
Chú ý ở bài tập này ta chỉ có thể chỉ ra được tính chất nghiệm và không biểu diễn được ở dạng chính xác.