Ta có:
$3\overrightarrow{AG'}=\overrightarrow{AA'}+\overrightarrow{AB'}+\overrightarrow{AC'}$ 
Trong đó:
$\overrightarrow{AA'}=\overrightarrow{a}$ 
$\overrightarrow{AB'}=\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{BB'}=\overrightarrow{b}+\overrightarrow{a}$
$\overrightarrow{AC'}=\overrightarrow{AC}+\overrightarrow{CC'}=\overrightarrow{c}+\overrightarrow{a} $
Từ đó suy ra: $\overrightarrow{AG'}= \overrightarrow{a}+ \frac{1}{3}(\overrightarrow{b}+\overrightarrow{c})$ 

b)
Xét hàm: $f(x)=x\sqrt{x^2+1}-\ln(x+\sqrt{x^2+1}),x\in\mathbb{R}$ 
Ta có:
$f'(x)=\sqrt{x^2+1}+\frac{2x^2}{2\sqrt{x^2+1}}-\frac{\displaystyle1+\frac{2x}{2\sqrt{x^2+1}}}{x+\sqrt{x^2+1}}$ 
             $=\sqrt{x^2+1}+\frac{x^2}{\sqrt{x^2+1}}-\frac{1}{\sqrt{x^2+1}}$ 
             $=\frac{2x^2}{\sqrt{x^2+1}}\ge0,\forall x\in\mathbb{R}$ .
Suy ra $f(x)$ đồng biến trên $\mathbb{R}$ .
Dẫn tới $f(x)=0$ có nhiều nhất 1 nghiệm.
Mà $f(0)=0$.
Vậy phương trình có nghiệm duy nhất $x=0$.  

Xét hàm số: $f(x)=(2x^2-3x+1)\log_{2010}x$
Ta có: $f(\frac{1}{2})=f(1)=0$ 
Suy ra theo định lý Rolle, tồn tại $c\in(\frac{1}{2},1)$ sao cho:  $f'(c)=0$
Mà $f'(x)= (4x-3) \log_{2010}x + \frac{2x^2-3x+1}{x\ln 2010} $ , đpcm.

a)
Xét hàm: $f(x)=x-\cos x-\frac{\pi}{4}+\frac{\sqrt2}{2}$
Ta có: $f'(x)=1+\sin x\ge 0,\forall x\in \mathbb{R}$ 
Suy ra $f(x)$ đồng biến trên $\mathbb{R}$ .
Dẫn tới $f(x)=0$ có nhiều nhất 1 nghiệm.
Mà $f(\frac{\pi}{4})=0$.
Vậy phương trình có nghiệm duy nhất $x=\frac{\pi}{4}$.
 

Theo mình đề bài phải là:
Cho $x, y, z$ là ba số thực thoả mãn $5^{-x}+5^{-y}+5^{-z}=1$ 
Chứng minh rằng :   ${\frac{25^x}{5^x+5^{y+z}} }+{\frac{25^y}{5^y+5^{x+z}} }+{\frac{25^z}{5^z+5^{x+y}} }\geq  \frac{5^x+5^y+5^z}{4} $ 

Lời giải:
Đặt: $5^x=a,5^y=b,5^z=c$, thì ta có:
                 $\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}=1\Leftrightarrow ab+bc+ca=abc$
Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với: $\frac{a^2}{a+bc}+ \frac{b^2}{b+ca}+\frac{c^2}{c+ab} \ge\frac{a+b+c}{4}$ 
$\Leftrightarrow  \frac{a^3}{a^2+abc}+ \frac{b^3}{b^2+abc}+\frac{c^3}{c^2+abc} \ge\frac{a+b+c}{4} $ 
Ta có: $ \frac{a^2}{a+bc} = \frac{a^3}{a^2+abc} = \frac{a^3}{a^2+ab+bc+ca}=\frac{a^3}{(a+b)(a+c)} $
$  \frac{a^2}{a+bc}+ \frac{b^2}{b+ca}+\frac{c^2}{c+ab}  \geq  \frac{1}{4}(a+b+c) $

a)
Trong tam giác $AMC$ ta có: $\frac{CA}{\sin AMC}=\frac{CM}{\sin MAC}                  (1)$
Ta có: $\angle AMC=\pi-\angle BMC=\pi-B\Rightarrow \sin AMC=\sin B$ 
Tam giác $AMC$ có góc ngoài $\angle BMA$ 
$\angle BMA=\angle C+\angle MAC \Rightarrow \angle MAC=\angle BMA-\angle C=\angle B-\angle C$ 
                                                       $\Rightarrow \sin MAC=\sin(B-C)$ 
 Từ $(1)$ suy ra: $\frac{CA}{\sin B}=\frac{CM}{\sin(B-C)}                         (2)$
Trong tam giác $ABC$  có: $\frac{CA}{\sin B}=\frac{CB}{\sin A}             (3)$
Từ $(2)$ và $(3)$ ta có: $\frac{CM}{\sin(B-C)}=\frac{CB}{\sin A}=\frac{2CM}{\sin A}$
                                 $\Rightarrow \sin A=2\sin(B-C)$

b)
Vẽ đường cao $AH$, ta có: $BH=HM=\frac{BM}{2}=\frac{BC}{4}$ 
                        $\Rightarrow HC=3HB$
Trong tam giác $AHB$, ta có: $\cot B=\frac{HB}{HA}$ 
Trong tam giác $AHC$, ta có: $\cot C=\frac{HC}{HA}=\frac{3HB}{HA}$  
Vậy $\cot C=3\cot B$