Bổ đề:
Cho điểm $O$ và đoạn $AB$ trung điểm $M$. Đường thẳng $d$ cắt $OA,OB,OM$ lần lượt tại $A',B',M'$. Khi đó: $\frac{OA}{OA'}+\frac{OB}{OB'}=2.\frac{OM}{OM'}$.
Chứng minh:
Ta có: $\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OB}=2\overrightarrow{OM}.$
$\Rightarrow \frac{OA}{OA'}.\overrightarrow{OA'}+\frac{OB}{OB'}.\overrightarrow{OB'}=2.\frac{OM}{OM'}.\overrightarrow{OM'}.$
Vì $M'\in A'B'$ nên $\frac{OA}{OA'}+\frac{OB}{OB'}=2.\frac{OM}{OM'}$. (đpcm)

Dựng hình bình hành $AMBP$ và $ANCP$.
Khi đó: $BM=CN(=AP),BQ=AN(=CP),QM=AC$ nên $\Delta BMQ=\Delta NCA$.
Ta suy ra: $\widehat{BQM}=\widehat{ACN}=\widehat{ACP}=\widehat{ABP}=\widehat{BAM}$.
Từ đó suy ra tứ giác $AMBQ$ là hình bình hành.
Do đó: $\widehat{BAP}=\widehat{ABM}=\widehat{AQM}=\widehat{CAQ}$. (đpcm)

Gọi $M$ là trung điểm $AB$, đường thẳng $d$ qua $M$ vuông góc với $(OAB)$.
Gọi $N$ là trung điểm $BC$, đường thẳng $d'$ qua $N$ vuông góc với $(OBC)$.
Gọi $I$ là giao điểm của $d$ và $d'$ thì $I$ là tâm mặt cầu cần tìm.
Bán kính $OI=\frac{\sqrt{1^2+2^2+3^2}}{2}$.

Vì $a,b>0$ nên phương trình đường thẳng $(d)$ có dạng:
$\frac{x}{OM}+\frac{y}{ON}=1.$
Vì $A\in (d)$ nên $\frac{a}{OM}+\frac{b}{ON}=1$.
Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz ta có:
$OM+ON=(OM+ON)\left( \frac{a}{OM}+\frac{b}{ON}\right) \geq (\sqrt{a}+\sqrt{b})^2.$
Dấu $=$ xảy ra khi và chỉ khi $\frac{OM}{\sqrt{a}}=\frac{ON}{\sqrt{b}}$.
Khi đó đường thẳng $(d)$ có phương trình:
$\frac{x}{\sqrt{a}}+\frac{y}{\sqrt{b}}=\sqrt{a}+\sqrt{b}$.

$\lim_{x\to 3}{\frac{x^3-5x^2+3x+9}{x^4-8x^2-9}}=\lim_{x\to 3}{\frac{(x-3)^2(x+1)}{(x^2+1)(x-3)(x+3)}}=\lim_{x\to 3}\frac{(x-3)(x+1)}{(x^2+1)(x+3)}=0.$

Trên $AB,AC,AD$ lấy $B',C',D'$ sao cho $\overrightarrow{AB'}=\frac{\overrightarrow{AB}}{AB},\overrightarrow{AC'}=\frac{\overrightarrow{AC}}{AC},\overrightarrow{AD'}=\frac{\overrightarrow{AD}}{AD}$.
Lấy $T$ là điểm thỏa mãn: $\overrightarrow{TA}=\overrightarrow{AB'}+\overrightarrow{AC'}+\overrightarrow{AD'}$.
Như vậy: $AB'=AC'=AD'=1,AT=\sqrt{3}.$
Khi đó: $MB=MB.AB'\geq \overrightarrow{MB}.\overrightarrow{AB'}=(\overrightarrow{MA}+\overrightarrow{AB}).\overrightarrow{AB'}=\overrightarrow{MA}.\overrightarrow{AB'}+AB.$
Tương tự: $MC\geq \overrightarrow{MA}.\overrightarrow{AC'}+AC,MD\geq \overrightarrow{MA}.\overrightarrow{AD'}+AD.$
Ta cũng có: $\sqrt{3}MA=MA.AT\geq \overrightarrow{MA}.\overrightarrow{AT}.$
Cộng 4 BĐT trên vế theo vế ta được:
$\sqrt{3}MA+MB+MC+MD\geq AB+AC+AD$.
Dấu $=$ xảy ra khi và chỉ khi $M\equiv A$.

Theo Nesbit: $\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b}\geq \frac{3}{2}$.
Cộng 3 vào 2 vế của BĐT trên ta được đpcm.
Dấu $=$ xảy ra khi và chỉ khi $a=b=c=\frac{1}{3}$.

Nhận xét: $\Delta ABC$ có $\widehat{A}=60^0$ thì độ dài cạnh $BC$ nằm giữa độ dài cạnh $AB$ và $AC$.

Trở lại bài toán:

Nếu $SA_1<1$ thì áp dụng nhận xét trên với $\Delta SA_1A_2$ ta có $SA_1<SA_2<1.$
Tiếp tục như vậy ta được: $SA_1<SA_2<SA_3<...<SA_n<SA_1$ (vô lý).

Nếu $SA_1>1$, ta cũng suy ra điều vô lý.

Vậy $SA_1=1$, từ đó suy ra $SA_1=SA_2=...=SA_n=1$.
Gọi $H$ là hình chiếu của $S$ trên đáy $A_1A_2...A_n$ thì $HA_1=HA_2=...=HA_n.$
Do đó đa giác $A_1A_2...A_n$ nội tiếp đương tròn tâm $H$.
Mà $A_1A_2=A_2A_3=...=A_nA_1$ nên đa giác $A_1A_2...A_n$ là đa giác đều.
Tóm lại, $S.A_1A_2...A_n$ là hình chóp đều.

Theo khai triển nhị thức Newton:
$(1+x)^n=\sum_{k=0}^n{C_n^kx^k}.$
Đạo hàm 2 vế ta được:
$n(1+x)^{n-1}=\sum_{k=1}^n{kC_n^kx^{k-1}}$.
Nhân 2 vế với $x$ ta được:
$nx(1+x)^{n-1}=\sum_{k=1}^n{kC_n^kx^k}$.
Đạo hàm 2 vế ta được:
$n(n-1)x(1+x)^{n-2}+n(1+x)^{n-1}=\sum_{k=1}^nk^2C_n^kx^{k-1}.$
Thay $x=2$ ta được:
$S=4n(n-1).3^{n-2}+2n.3^{n-1}.$

2. Xét hàm số $f(x)=-\frac{a}{3}\cos 3x+\frac{b}{2}\sin 2x+c\sin x-\cos x$ trên $[0,2\pi ]$.
Dễ thấy $f(0)=f(2\pi)$.
Mà $f(x)$ thỏa mãn điều kiện của định lý Rolle nên tồn tại $c\in [0,2\pi ]$ sao cho $f'(c)=0$.
Khi đó: $a\sin 3c+b\cos 2c+c\cos c+\sin c=0$ hay PT đã cho có nghiệm $x=c$.