*) Điều kiện cần:
Để hệ có nghiệm thì $f(x)=x^2-3x+m+1=0$ và $g(x)=x^2-5x+4m+2=0$ đều phải có nghiệm.
Giả sử $f(x)=0$ có nghiệm $x_1\le x_2$ ($x_1$ có thể bằng $x_2$)
             $g(x)=0$ có nghiệm $x_3\le x_4$ ($x_3$ có thể bằng $x_4$)
Khi đó: $f(x)\le0\Leftrightarrow x_1\le x\le x_2$
              $g(x)\le 0\Leftrightarrow x_3\le x\le x_4$
Vậy hệ có nghiệm duy nhất thì 2 phương trình $f(x)=0$ và $g(x)=0$ có nghiệm chung,
hay $\exists x_0$ thỏa mãn: $\left\{ \begin{array}{l} x_0^2-3x_0+m+1=0\\ x_0^2-5x_0+4m+2=0 \end{array} \right.$
                                $\Rightarrow 2x_0=3m+1\Rightarrow x_0=\frac{3m+1}{2}$
Suy ra: $\left(\frac{3m+1}{2}\right)^2-\frac{3(3m+1)}{2}+m+1=0$
          $\Leftrightarrow \frac{9}{4}m^2-2m-\frac{1}{4}=0\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} m=1\\m=\frac{-1}{9} \end{array} \right.$

*) Điều kiện đủ:
Với $m=1$, hệ trở thành:
$\left\{ \begin{array}{l} x^2-3x+2\le0\\x^2-5x+6\le0 \end{array} \right.\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} 1\le x\le2\\ 2\le x\le3 \end{array} \right.\Leftrightarrow x=3$, thỏa mãn.
Với $m=\frac{-1}{9}$, hệ trở thành:
$\left\{ \begin{array}{l} x^2-3x+\frac{8}{9}\le0\\x^2-5x+\frac{14}{9}\le0 \end{array} \right.\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} \frac{1}{3}\le x\le\frac{8}{3}\\ \frac{1}{3}\le x\le\frac{14}{3} \end{array} \right.\Leftrightarrow \frac{1}{3}\le x\le\frac{8}{3}$, loại.

Vậy: $m=1$.

Bình phương 2 vế, ta cần chứng minh:
$2\sum_{cyc}\sqrt{(1-ab)(1-ac)}\geq\sum_{cyc}(1+ab)$.
Ta có:
     $2\sum_{cyc}\sqrt{(1-ab)(1-ac)}$
$=2\sum_{cyc}\sqrt{\left(\left(a-\frac{b}{2}\right)^2+\frac{3b^2}{4}+\frac{3c^2}{4}+\frac{c^2}{4}\right)\left(\left(a-\frac{c}{2}\right)^2+\frac{3b^2}{4}+\frac{3c^2}{4}+\frac{b^2}{4}\right)}\geq$
$\geq2\sum_{cyc}\left(\left(a-\frac{b}{2}\right)\left(a-\frac{c}{2}\right)+\frac{3b^2}{4}+\frac{3c^2}{4}+\frac{bc}{4}\right)$
$=\sum_{cyc}(5a^2-ab)\geq\sum_{cyc}(1+ab)$

Câu 3:
$\int\limits_{2}^{3}\frac{x}{x^2-1}dx=\frac{1}{2}\int\limits_{2}^{3}\frac{d(x^2-1)}{x^2-1}$
                          $=\frac{1}{2}\ln|x^2-1|\left|\begin{array}{l}3\\2\end{array}\right.=\frac{1}{2}\ln\frac{8}{3}$

Câu 2:
a)
Đặt $x=\tan t\Rightarrow dx=(\tan^2t+1)dt$
Đổi cận: $x=-\infty\Rightarrow t=\frac{-\pi}{2}$
                $x=0\Rightarrow t=0$
Suy ra:
$\int\limits_{-\infty}^{0}\frac{dx}{1+x^2}=\int\limits_{\frac{-\pi}{2}}^{0}dt=\frac{\pi}{2}$

b)
$\int\limits_1^{+\infty}\frac{dx}{x}=\ln x\left|\begin{array}{l}+\infty\\1\end{array}\right.=+\infty$

Câu 1:
Đặt $x=\tan t\Rightarrow dx=(\tan^2t+1)dt$
Đổi cận: $x=-\infty\Rightarrow t=\frac{-\pi}{2}$
                $x=+\infty\Rightarrow t=\frac{\pi}{2}$
Suy ra:
$\int\limits_{-\infty}^{+\infty}\frac{dx}{1+x^2}=\int\limits_{\frac{-\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}}dt=\pi$

Áp dụng BĐT: $(a+b)^2\ge4ab,\forall a,b>0$
Ta có:
$x+y=(x+y)[z+(x+y)]^2$
            $\ge(x+y)4z(x+y)$
            $=4z(x+y)^2$
            $\ge16xyz$
Suy ra: $\frac{x+y}{xyz}\ge16$
Dấu bằng xảy ra khi: $x=y=\frac{1}{4},z=\frac{1}{2}$

Đặt: $A=\frac{ab}{a+b}+\frac{bc}{b+c}+\frac{ca}{c+a}$
Cho $a \to0^+, b\to0^+,c=\frac{1}{ab} $ thì $A\to0^+$.
Suy ra: inf$A=0 $, không tồn tại $\min A$.

Bài này đã được thảo luận ở đây.

http://toan.hoctainha.vn/Hoi-Dap/Cau-Hoi/114054/bat-dang-thuc-luon-la-noi-ac-mong-voi-minh

Không mất tính tổng quát, giả sử: $c=\max\{a,b,c\}$
*) Nếu $c\ge a\ge b\ge0\Rightarrow P\le0$
*) Nếu $c\ge b\ge a\ge0$, ta có:
$P=(b-a)(c-b)(c-a)(a+b+c)$
     $=(b-a)(c-b)(c^2+bc-a^2-ab)$
     $\le b(c-b)(c^2+bc)$
     $=(c^2-bc)(b^2+bc)\le\frac{1}{4}(b^2+c^2)^2\le\frac{1}{4}$
Mà với: $a=0,b=\frac{\sqrt{2-\sqrt2}}{2},c=\frac{(1+\sqrt2)\sqrt{2-\sqrt2}}{2}$ thì $P=\frac{1}{4}$
Vậy: Max$P=\frac{1}{4}$

Đặt: $x=\frac{a}{b},y=\frac{b}{c},z=\frac{c}{a}$, ta có: $xyz=1$
Ta cần CM: $x^2+y^2+z^2+6\ge\frac{3}{2}\left(x+y+z+\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}\right)$
Đặt: $f(x,y,z)=x^2+y^2+z^2+6-\frac{3}{2}\left(x+y+z+\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}\right)$
Không mất tính tổng quát, giả sử: $x=\min\{x,y,z\},t=\sqrt{yz}$.
Ta có:
$f(x,y,z)-f(x,t,t)=\frac{1}{2}(\sqrt y-\sqrt z)^2\left(2(\sqrt y+\sqrt z)^2-3-\frac{3}{yz}\right)$
                                        $\ge\frac{1}{2}(\sqrt y-\sqrt z)^2(8-3-3)\ge0$
Lại có:
$f(x,t,t)=f(\frac{1}{t^2},t,t)=\frac{(t-1)^2((t^2-2t-1)^2+t^2+1)}{2t^4}\ge0$, đpcm.
Dấu bằng xảy ra khi: $x=y=z=1\Leftrightarrow a=b=c$

Điều kiện: $2\le x\le4$
Ta có;
$\sqrt[4]{(x-2)(4-x)}\le\frac{x-2+4-x+1+1}{4}=1$
$\sqrt[4]{x-2}\le\frac{x-2+1+1+1}{4}=\frac{x+1}{4}$
$\sqrt[4]{4-x}\le\frac{4-x+1+1+1}{4}=\frac{7-x}{4}$
Suy ra: $\sqrt[4]{(x-2)(4-x)}+\sqrt[4]{x-2}+\sqrt[4]{4-x}\le3$
Dấu bằng xảy ra khi; $x=3$
Lại có:
$x^3+27\ge2\sqrt{27x^3}=6x\sqrt{3x}$
$\Rightarrow x^3+30-6x\sqrt{3x}\ge3$
Dấu bằng xảy ra khi; $x=3$
Vậy phương trình có nghiệm duy nhất: $x=3$

Hệ số của $x^3$ trong $(2x+1)^3$ là: $C_3^0.2^3=8$
Hệ số của $x^3$ trong $(3x+1)^4$ là: $C_4^3.3^3=108$
Hệ số của $x^3$ trong $(x+1)^7$ là: $C_7^3=35$.

Suy ra, hệ số của $x^3$ trong khai triển đã cho là: $a_8=8-108+35=-65$

Ta có:
$f(x)=C^0_8+...+C^3_8[x^2(1-x)]^3+C^4_8[x^2(1-x)]^4+...+C^8_8[x^2(1-x)]^8$
Nhận thấy: $x^8$ chỉ có trong các số hạng:
-Số hạng thứ 4: $C^3_8[x^2(1-x)]^3$
-Số hạng thứ 5: $C^4_8[x^2(1-x)]^4$
Với hệ số của $x^8$: $A_8=C^3_8C^2_3+C^4_8C^0_4=238$

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