ĐK: $x>0$.
Bất phương trình đã cho tương đương với:
$3-(x+1)\log_2x\geq 0$
Đặt $\log_2x=t$ thì bất phương trình trở thành:
$3-t(2^t+1)\geq 0$
$t(2^t+1)\leq 3$
Xét hàm số $f(t)=t(2^t+1)$ trên $R$.
Nếu $t<0$ thì $f(t)<0<3$.
Nếu $t\geq 0$ thì $f'(t)=2^t+1+t.2^t\ln 2>0$ nên $f(t)$ đồng biến.
Ta có $f(1)=3$ nên $f(t)\leq 3\Leftrightarrow t\leq 1$.
Tóm lại BPT $f(t)\leq 3$ có nghiệm $t\leq 1$.
Vậy BPT đã cho có nghiệm $x\in (0,2]$.

a) ĐK: $x>-1$.
Ta có:
$\frac{\log_2{(x+1)^2}-\log_3{(x+1)^3}}{x^2-3x+4}>0$
$\Leftrightarrow \left[ \log_2{(x+1)^2}-\log_3{(x+1)^3}\right](x+1)(x-4)>0$
$\Leftrightarrow (2\log_23-3)(x+1)(x-4)\log_3(x+1)>0$
$\Leftrightarrow x\in (-1,0)\bigcup (4,+\infty)$.

a) Xét đa thức $P(a)=a^2(b-c)+b^2(c-a)+c^2(a-b)$.
Dễ thấy $P(b)=P(c)=0$ nên $P(a)$ có nhân tử là $a-b$ và $a-c$.
Khi đó: $P(a)=k(a-b)(a-c)$.
Hệ số của $a^2$ trong khai triển của $P(a)$ là $k=b-c$.
Vậy $P(a)=(b-c)(a-b)(a-c)$.

b) Ta có:
$x^3-19x-30=x^3-25x+6x-30=x(x^2-5)+6(x-5)$
$=(x-5)[x(x+5)+6]=(x-5)(x^2+3x+2x+6)=(x-5)(x+3)(x+2)$

ĐK: $-\frac{1}{2}\leq x\leq \frac{3}{2}$.
Ta có:
$\left( \sqrt{1+2x}+\sqrt{3-2x}\right)^2\geq (1+2x)+(3-2x)=4$.
Từ đó suy ra: $\sqrt{1+2x}+\sqrt{3-2x}\geq 2$.
Mặt khác: $(2x-1)^2\leq 4,\forall x\in \left[ -\frac{1}{2},\frac{3}{2}\right]$.
Ta được: $\sqrt{1+2x}+\sqrt{3-2x}\geq 2\geq \frac{(2x-1)^2}{2}$.
Dấu $=$ xảy ra khi và chỉ khi $x=-\frac{1}{2}$ hoặc $x=\frac{3}{2}$.
Vậy PT đã cho có 2 nghiệm kể trên.

Theo khai triển nhị thức Newton:
$(1+\sqrt{x})^{2n}=\sum_{i=0}^{2n}{C_{2n}^ix^{\frac{i}{2}}}$.
$(1-\sqrt{x})^{2n}=\sum_{i=0}^{2n}{C_{2n}^i(-1)^ix^{\frac{i}{2}}}$.
Cộng hai đẳng thức trên vế theo vế ta có:
$(1+\sqrt{x})^{2n}+(1-\sqrt{x})^{2n}=2\sum_{i=0}^n{C_{2n}^{2i}x^{i}}$.
Nhân cả hai vế với $x$:
$x\left[ (1+\sqrt{x})^{2n}+(1-\sqrt{x})^{2n}\right]=2\sum_{i=0}^n{C_{2n}^{2i}x^{i+1}}$.
Đạo hàm hai vế:
$(1+\sqrt{x})^{2n}+(1-\sqrt{x})^{2n}+n\sqrt{x}(1+\sqrt{x})^{2n-1}-n\sqrt{x}(1-\sqrt{x})^{2n-1}=2\sum_{i=0}^n{(i+1)C_{2n}^{2i}x^i}$.
Thay $x=1$ và đẳng thức trên:
$2^{2n}+n2^{2n-1}=2\sum_{i=0}^n{(i+1)C_{2n}^{2i}}$
Từ giả thiết suy ra: $2^{2n-2}(n+2)=1024(n+2)$ hay $n=6$.

Dễ thấy $x=0$ không là nghiệm của phương trình.
Đặt $\frac{1}{x}=2\sqrt{2}u$ thì phương trình trở thành:
$4u^3+3u=\frac{\sqrt{2}}{8}$
Giả sử $a$ là nghiệm của phương trình $\frac{1}{2}\left( a-\frac{1}{a}\right)=\frac{\sqrt{2}}{8}$ thì phương trình trên có nghiệm $u=\frac{1}{2}\left( \sqrt[3]{a}-\frac{1}{\sqrt[3]{a}}\right)$.
Vì hàm số $f(u)=4u^3+3u$ đồng biến trên $R$ nên phương trình có nghiệm duy nhất. Từ đó giải ra $x$.

Ta có:
$(1-\cos A)(1-\cos B)=\left( 1-\frac{b^2+c^2-a^2}{2bc}\right) \left( 1-\frac{c^2+a^2-b^2}{2ca}\right)$
$=\frac{[a^2-(b-c)^2][b^2-(c-a)^2]}{4abc^2}$
ĐK bài toán tương đương với:
$[a^2-(b-c)^2][b^2-(c-a)^2]=a^2b^2$
Từ đó suy ra $b-c=c-a=0$ hay $\Delta ABC$ đều.

2a. Dễ thấy $MN//PQ//AD//BC,NP//SD,MQ//SA$ nên $MNPQ$ là hình thang
Ta có $\widehat{MNP}=\widehat{ADS}=\widehat{SAD}=\widehat{QMN}=60^0$ nên $MNPQ$ là hình thang cân.

2b. Giả sử $MQ$ cắt $NP$ tại T. Dễ thấy $\Delta MNT$ và $\Delta PQT$ đều.
$S_{MNPQ}=S_{MNT}-S_{PQT}=\frac{\sqrt{3}(MN^2-PQ^2)}{4}$.
Theo Thales:
$MN=\frac{xAD+(a-x)BC}{a}=2a+x,PQ=BC.\frac{SQ}{SB}=BC.\frac{AM}{AB}=2x$.
Từ đó suy ra $S_{MNPQ}=\frac{\sqrt{3}(4a^2+4ax-3x^2)}{4}$.

2c. Trong mặt phẳng qua $BC$ và song song với $AD$, dựng $m$ qua $B$ song song với $SA$, $n$ qua $C$ song song với $SD$. Gọi $R$ là giao điểm của $m$ và $n$.
Giả ử $NP$ cắt $SR$ tại $T'$ thì $\frac{ST'}{SR}=\frac{SP}{SC}=\frac{SQ}{SB}$, suy ra $T'Q//BR//SA$.
Mà $MQ//SA$ nên $T'\in MQ$ hay $T'\equiv T$.
Tóm lại $MQ$ cắt $NP$ trên $SR$ hay quỹ tích của $T$ khi $M$ di động trên $AB$ là đoạn $SR$.

1. Trong mặt phẳng $(ABCD)$, kẻ đường thẳng $d$ qua $A$ và song song với $BD$. Giả sử $d$ cắt $CB$ và $CD$ lần lượt tại $I',J'$.
Vì $I'J'//BD$ nên $(MI'J')//BD$. Vậy $(MI'J')\equiv (P)$ hay $(P)$ luôn đi qua $d$ cố định.
Dễ thấy $I\equiv I'$ và $J\equiv J'$ nên $I,J,A$ thẳng hàng.

Kẻ $EM$ và $EN$ cắt $SA$ và $SC$ lần lượt tại $P$ và $Q$. $MN$ cắt $BD$ tại $R$ và $ER$ cắt $SB$ tại $T$. Thiết diện cần tìm là ngũ giác $MNQTP$.

Kẻ $CN$ cắt $BD$ tại $E$, $SE$ cắt $NP$ tại $F$. Trong $(SBD)$, kẻ đường thẳng $l$ qua $F$ song song với $BD$, cắt $SB$ và $SD$ lần lượt tại $G$ và $H$. Thiết diện cần tìm là ngũ giác $MGPHN$.

a) Vì $MN$ là đường trung bình trong $\Delta SAB$ nên $MN//AB$ suy ra $MN//CD$.

b) Kẻ $AD$ cắt $BC$ tại $E$, $SC$ cắt $NE$ tại $P$.
Gọi $L,Q$ là trung điểm $AD$ và $SC$. Dễ thấy $NQ//BC$ và $NQ=\frac{BC}{2}$.
Ta có: $\frac{NP}{PE}=\frac{NQ}{CE}=\frac{BC}{2CE}=\frac{AD}{2DE}=\frac{LD}{DE}$.
Từ đó suy ra $PD//NL$.
Trong $\Delta AID$ có $L$ là trung điểm $AD$ và $NL//PD$ nên $N$ là trung điểm $AI$.
Vì $N$ là trung điểm $SB$ nên $SABI$ là hình bình hành (đpcm).

Vì $HK//AD$ nên $\frac{DK}{DS}=\frac{AH}{AS}$.
Vì $MH//SB$ nên $\frac{AH}{AS}=\frac{AM}{AB}$.
Vì $MN//AD$ nên $\frac{AM}{AB}=\frac{DN}{DC}$.
Từ đó suy ra $\frac{DK}{DS}=\frac{DN}{DC}$. Vậy $KN//SC$.

a) Tương tự bài http://toan.hoctainha.vn/Hoi-Dap/Cau-Hoi/114878/hai-duong-thang-song-song

b) Giả sử $ME$ và $NE$ cắt $(SBD)$ lần lượt tại $P$ và $Q$. Dễ thấy $P,Q\in LH$.
Vì $BD//MN$ nên $BD//(MNE)$.
Mặt phẳng $(SBD)$ đi qua $BD$ cắt $(MNE)$ tại giao tuyến $PQ$ nên $BD//PQ$. Vậy $BD//LH$.

Vì $I$ là trọng tâm của $\Delta ABC$ nên $\overrightarrow{JA}+\overrightarrow{JB}+\overrightarrow{JC}=3\overrightarrow{JI}$.
Vì $J$ là trọng tâm của $\Delta ABD$ nên $\overrightarrow{JA}+\overrightarrow{JB}+\overrightarrow{JD}=\overrightarrow{0}$.
Từ đó suy ra: $\overrightarrow{JC}-\overrightarrow{JD}=3\overrightarrow{JI}$ hay $\overrightarrow{DC}=3\overrightarrow{JI}$.
Vậy $IJ//CD$.