Đặt: $I=\int\sqrt{\tan x}dx$
Đặt: $\tan x=t\Rightarrow dt=(1+\tan^2x)dx=(1+t^2)dx$
Suy ra: $I=\int\frac{\sqrt t}{1+t^2}dt$
Đặt: $\sqrt t=s\Rightarrow t=s^2\Rightarrow dt=2sds$
Suy ra:
$I=2\int\frac{s^2}{s^4+1}ds$
$=2\int\left(\frac{s}{2\sqrt2(s^2-\sqrt2s+1)}-\frac{s}{2\sqrt2(s^2+\sqrt2s+1)}\right)ds$
$=\frac{1}{\sqrt2}\int\frac{s}{s^2-\sqrt2s+1}ds-\frac{1}{\sqrt2}\int\frac{s}{s^2+\sqrt2s+1}ds$
$=\frac{1}{2}\int\frac{1}{s^2-\sqrt2s+1}ds+\frac{1}{2\sqrt2}\int\frac{2s-\sqrt2}{s^2-\sqrt2s+1}ds+\frac{1}{2}\int\frac{1}{s^2+\sqrt2s+1}ds-\frac{1}{2\sqrt2}\int\frac{2s+\sqrt2}{s^2+\sqrt2s+1}ds$
$=\frac{1}{\sqrt2}\int\frac{d(\sqrt2s-1)}{(\sqrt2s-1)^2+1}+\frac{1}{2\sqrt2}\int\frac{d(s^2-\sqrt2s+1)}{s^2-\sqrt2s+1}+\frac{1}{\sqrt2}\int\frac{d(\sqrt2s+1)}{(\sqrt2s+1)^2+1}-\frac{1}{2\sqrt2}\int\frac{d(s^2+\sqrt2s+1)}{s^2+\sqrt2s+1}$
$=\frac{\arctan(\sqrt2s-1)}{\sqrt2}+\frac{\ln|s^2-\sqrt2s+1|}{2\sqrt2}+\frac{\arctan(\sqrt2s+1)}{\sqrt2}+\frac{\ln|s^2+\sqrt2s+1|}{2\sqrt2}+C$
$=\frac{\arctan(\sqrt{2t}-1)}{\sqrt2}+\frac{\ln|t-\sqrt{2t}+1|}{2\sqrt2}+\frac{\arctan(\sqrt{2t}+1)}{\sqrt2}+\frac{\ln|t+\sqrt{2t}+1|}{2\sqrt2}+C$
$=\frac{\arctan(\sqrt{2\tan x}-1)}{\sqrt2}+\frac{\ln|\tan x-\sqrt{2\tan x}+1|}{2\sqrt2}+\frac{\arctan(\sqrt{2\tan x}+1)}{\sqrt2}+\frac{\ln|\tan x+\sqrt{2\tan x}+1|}{2\sqrt2}+C$

Bài này đã có ở đây.

http://toan.hoctainha.vn/Hoi-Dap/Cau-Hoi/114064/giup-voi-moi-nguoi-oi

Ta có:
$x^3=12z^2-48z+64=12(z-2)^2+16\ge16\Rightarrow x>2$
Tương tự: $y,z>2$.
Xét hàm: $f(t)=12t^2-48t+64,t>2$
Ta có: $f'(t)=24t-48>0,\forall t>2$
Vậy $f$ đồng biến trên $(2,+\infty)$
Không mất tính tổng quát giả sử: $x=\max\{x,y,z\}$
Ta có:
$x\ge y\Rightarrow 12x^2-48x+64\ge 12y^2-48y+64$
            $\Rightarrow y^3\ge z^3$
            $\Rightarrow y\ge z$
            $\Rightarrow 12y^2-48y+64\ge 12z^2-48z+64$
            $\Rightarrow z^3\ge x^3$
            $\Rightarrow z\ge x\Rightarrow x=y=z$
Từ đó: $x^3-12x^2+48x-64=0$
        $\Leftrightarrow (x-4)^3=0\Leftrightarrow x=4$
Vậy: $(x,y,z)=(4;4;4)$

Xét hàm: $f(t)=t^3+t^2+t$
Ta có: $f'(t)=3t^2+2t+1>0,\forall t\in\mathbb{R}$
Suy ra: $f$ là hàm tăng trên $\mathbb{R}$
Không mất tính tổng quát giả sử: $x=\max\{x,y,z\}$
Ta có:
$x\ge y\Rightarrow 2x+1\ge2y+1$
            $\Rightarrow y^3+y^2+y\ge z^3+z^2+z$
            $\Rightarrow y\ge z$
            $\Rightarrow 2y+1\ge2z+1$
            $\Rightarrow z^3+z^2+z\ge x^3+x^2+x$
            $\Rightarrow z\ge x\Rightarrow x=y=z$
Từ đó: $x^3+x^2-x-1=0$
        $\Leftrightarrow (x+1)^2(x-1)=0$
        $\Leftrightarrow \left[\begin{array}{l} x=1\\x=-1 \end{array} \right.$
Vậy: $(x,y,z)\in\{(1;1;1),(-1;-1;-1)\}$

Không mất tính tổng quát, giả sử: $x=\max\{x,y,z\}$
*) Nếu $x\ge y\ge z \Rightarrow x^{19}+y^5\ge y^{19}+z^5$
                                  $\Rightarrow 1890z+z^{2011}\ge1890x+x^{2011}$
                                  $\Rightarrow z\ge x\Rightarrow x=y=z$
*) Nếu $x\ge z\ge y \Rightarrow z^{19}+x^5\ge y^{19}+z^5$
                                  $\Rightarrow 1890y+y^{2011}\ge1890x+x^{2011}$
                                  $\Rightarrow y\ge x\Rightarrow x=y=z$
Vậy: $x=y=z$.
Ta có: $x^{2011}+1890x=x^{19}+x^5$
        $\Leftrightarrow x(x^{2010}-x^{18}-x^4+1890)=0$
        $\Leftrightarrow x=0$
Vậy: $x=y=z=0$.

Điều kiện: $\left\{ \begin{array}{l} 1-3x^2\ge0&(1)\\ 7x^2-xy-1\ge0&(2) \end{array} \right.$
Từ $(1)$ suy ra: $\displaystyle |x|\le\frac{1}{\sqrt3}$
Từ phương trình thứ hai suy ra: $\displaystyle y=\frac{x}{\sqrt{1-3x^2}},$ vì $\displaystyle x=\pm\frac{1}{\sqrt3}$ không là nghiệm của hệ.
Thay vào $(2)$ ta được:
     $\displaystyle7x^2-\frac{2x^2}{\sqrt{1-3x^2}}-1\ge0$
$\displaystyle\Leftrightarrow 7x^2-1\ge\frac{2x^2}{\sqrt{1-3x^2}}$
$\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} 7x^2-1\ge0\\ (1-3x^2)(7x^2-1)^2\ge4x^4\end{array} \right.$
$\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} 7x^2-1\ge0\\ 147x^6-87x^4+17x^2-1\le0\end{array} \right.$, vô lý.
Vậy hệ vô nghiệm.

Đặt $\displaystyle\tan\frac{x}{2}=t$, phương trình trở thành:
     $\displaystyle\frac{2t}{1+t^2}+\frac{4t(1-t^2)}{(1+t^2)^2}+\frac{6t}{1+t^2}-\frac{32t^3}{(1+t^2)^3}=1$
$\Leftrightarrow t^6-4t^5+3t^4+16t^3+3t^2-12t+1=0$.
Phương trình này có 2 nghiệm $t$ rất xấu.

Bài này dùng khảo sát hàm số.
Suy ra: $y$ giảm trên $\displaystyle[\frac{\pi}{2},\frac{9\pi}{14}]$
Max$\displaystyle y=y(\frac{\pi}{2})$, Min$\displaystyle y=y(\frac{9\pi}{14})=0$

Ta có:
      $\int\limits_{0}^{\frac{\pi}{2} }x^{17}\cos^3x(9\cos x-2x\sin x)dx$
$=9\int\limits_{0}^{\frac{\pi}{2} }x^{17}\cos^4xdx-2\int\limits_{0}^{\frac{\pi}{2} }x^{18}\cos^3x\sin xdx$
$=\int\limits_{0}^{\frac{\pi}{2} }\cos^4xd\left(\frac{x^{18}}{2}\right)+\int\limits_{0}^{\frac{\pi}{2} }\frac{x^{18}}{2}d\left(\cos^4x\right)$
$=\frac{x^{18}}{2}\cos^4x\left|\begin{array}{l}\frac{\pi}{2}\\0\end{array}\right.=0$

Ta có:
      $\int\limits_1^ex\ln^3x(\ln x+2)dx$
$=\int\limits_1^ex\ln^4xdx+2\int\limits_1^ex\ln^3xdx$
$=\int\limits_1^e\ln^4xd(\frac{x^2}{2})+\int\limits_1^e\frac{x^2}{2}d(\ln^4x)$
$=\frac{x^2}{2}\ln^4x\left|\begin{array}{l}e\\1\end{array}\right.=\frac{e^2}{2}$

Bài này đã có trong thư viện.

$a) M,N,C$ là các điểm chung của hai mặt phẳng $(P),(Q)$
$b)$ Ta gọi $d$ là giao tuyến của hai mặt phẳng $(A;a),(B,b)$
$\Rightarrow  d$ là đường thẳng cố định
$I\in MA\Rightarrow  I\in (A;a)$
$I\in NB\Rightarrow  I\in (B,b)$
Vậy $I$ là điểm chung của hai mặt phẳng $(A,a),(B,b)$ nên $I\in d$
Gọi $d'$ là giao tuyến của hai mặt phẳng $(A;b);(B;a),d'$ là đường thẳng cố định
$J\in BM\Rightarrow  J\in (B;a)$
$J\in AN\Rightarrow  J\in (A;b)$
Vậy $J$ là điểm chung của hai mặt phẳng $(A;b)$ và $(B;a)$ nên $J\in d'$.Dễ thấy cả $d,d'$đều đi qua điểm $O$
$c.$ Do $d,d'$ căt nhau tại $O$ nên $d,d'$ xác định một mặt phẳng $(d,d')$
$I\in d\Rightarrow  I\in (d;d')$
$J\in d'\Rightarrow  J\in (d;d')$
VẬy $IJ\subset  (d;d')$
$\Rightarrow  IJ$ di chuyển trong mặt phẳng $(d;d')$ cố định.gọi $K$ là giao điểm của $AB,IJ$
$K\in IJ\Rightarrow  K\in (d;d');K\in AB$
Vậy $K$ là giao điểm của $AB$ với mặt phẳng $(d,d')\Rightarrow  K$ là điểm cố định mà $IJ$ luôn đi qua

Điều kiện: $x^2-3x+2>0\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} x>2\\x<1 \end{array} \right.$
Phương trình tương đương với:
$\displaystyle\frac{1}{2}\log_3(x^2-3x+2)+\left(\frac{1}{5}\right)^{3x-x^2-1}=2$
Đặt: $x^2-3x+2=t$, phương trình trở thành:
$\displaystyle\frac{1}{2}\log_3t+\left(\frac{1}{5}\right)^{1-t}=2$
Xét hàm: $\displaystyle f(t)=\frac{1}{2}\log_3t+\left(\frac{1}{5}\right)^{1-t},t>0$
Ta có: $\displaystyle f'(t)=\frac{1}{2t\ln3}-\left(\frac{1}{5}\right)^{1-t}\ln\left(\frac{1}{5}\right)>0,\forall t>0$
Suy ra $f(t)=2$ có nhiều nhất 1 nghiệm.
Mà $f(t)=2$ có nghiệm rất xấu. $t\approx 1,383045303$

        Bạn xem bài này nhá.