Giả sử hệ vô nghiệm, tức $|ax^2+bx+c|\le 1, \forall 0\le x\le1$
Thay $x=0 $ ta có: $|c|\le 1$
Thay $x=1$ ta có: $|a+b+c|\le 1$
Thay $x=\frac{1}{2}$ ta có: $|\frac{a}{4}+\frac{b}{2}+c| \le 1$
Đặt: $x=a+b+c,y= \frac{a}{4}+\frac{b}{2}+c $ 
Suy ra: $a=2x-4y+2c,b=4y-x-3c$ .
Từ đó: $|a|+|b|+|c|=|2x-4y+2c|+|4y-x-3c|+|c|$ 
                                       $\le 2|x|+4|y|+2|c|+4|y|+|x|+3|c|+|c|\le 17$         (mâu thuẫn)
Vậy suy ra hệ đã cho có nghiệm.

Hệ tương đương với: $\left\{ \begin{array}{l} y(x^3-y^3)=28                        (1)\\ y(x+y)^2=18\sqrt2                (2)\end{array} \right.$
Từ $(2)$ suy ra : $y>0$.
 Từ $(1)$ suy ra: $x=\sqrt[3]{\frac{28}{y}+y^3}=\frac{\sqrt[3]{28+y^4}}{\sqrt[3]{y}}$
Thay vào $(2)$  ta được:
$y(\frac{\sqrt[3]{28+y^4}}{\sqrt[3]{y}}+y)^2=18\sqrt2                   (*)$ 
Xét hàm: $f(y)= y(\frac{\sqrt[3]{28+y^4}}{\sqrt[3]{y}}+y)^2 $ 
 Ta có: $y'=\frac{(\sqrt[3]{y^4}+\sqrt[3]{28+y^4}) (28+9 y^4+9 \sqrt[3]{y^4(28+y^4)^2})}{3 \sqrt[3]{y^2 (28+y^4)^2}}>0, \forall y>0$
Vậy $(*)$ có nhiều nhất 1 nghiệm.
Mà $y(\sqrt2)=18\sqrt2$.
Từ đó suy ra nghiệm của hệ là: $(x,y)=(2\sqrt2,\sqrt2)$
 

Vec-tơ chỉ phương của $(d)$ là $\overrightarrow{u}=(2,1,3)$.
Giả sử phương trình của $(P)$ là: $3Ax+3By+C+D=0$, với $9A^2+9B^2+C^2>0$.
Vec-tơ pháp tuyến của $(P)$ là: $\overrightarrow{n_P}=(3A,3B,C)$ 
Vì  $(P)$ song song với $(d)$ nên: $ \overrightarrow{n_P}. \overrightarrow{u}=0$
                                              $\Leftrightarrow  6A+3B+3C=0 \Leftrightarrow C=-(2A+B)$
Do $A(10,2,-1)\in(P)$  nên: $30A+6B-C+D=0 \Rightarrow D=-(32A+7B)$
Vậy phương trình của $(P)$ trở thành: $3Ax+3By-(2A+B)z-(32A+7B)=0$ 
Lấy $B(1,0,1)\in(d)$.
Ta có: $d((d),(P))= d(B,(P))=\frac{|3A-(2A+B)-(32A+7B)|}{\sqrt{9A^2+9B^2+(2A+B)^2}}$
                                                            $= \frac{|31A+8B|}{\sqrt{13A^2+10B^2+4AB}} $ 
                                                            $= \frac{|A-B|}{\sqrt{\displaystyle \frac{1}{75}(31A+8B)^2+\frac{14}{75}(A-7B)^2}} \le5\sqrt{3}$ 
Dấu bằng xảy ra khi $A-7B=0$, chọn: $A=7,B=1$.
Khi đó phương trình $(P)$ là:  $21x+3y-15z-231=0$ hay $7x+y-5z-77=0$

Ta có:
$ 5x^2+5y^2-5x-15y+8\leq  0 $
$\Leftrightarrow 5(x+3y)\ge5(x^2+y^2)+8$ 
$\Rightarrow 5(x+3y)\ge\frac{(x+3y)^2}{2}+8$ 
$\Rightarrow 2\le x+3y\le 8$ 
Suy ra:
Max $F=8\Leftrightarrow x=\frac{4}{5},y=\frac{12}{5}$ 
Min $F=8\Leftrightarrow x=\frac{1}{5},y=\frac{3}{5}$   

a) Giả sử: $A(a,\frac{a^2}{a-1})\in(C)$.
Tọa độ $B$ đối xứng với $A$ qua $M(0;3)$ là: $B(-a;6-\frac{a^2}{a-1})$ .
Để $B\in(C)$  ta có:
$ 6-\frac{a^2}{a-1}=\frac{a^2}{-a-1}$ 
$\Leftrightarrow \frac{2a^2-3}{a^2-1}=0 \Leftrightarrow \left [ \begin{array}{l} a=\sqrt{\frac{3}{2}}\\  a=-\sqrt{\frac{3}{2}}  \end{array} \right.$ 
Suy ra 2 điểm cần tìm là: $A\Big( \sqrt{\frac{3}{2}},\frac{3}{2}(2+\sqrt6)\Big), B\Big(- \sqrt{\frac{3}{2}},\frac{3}{2}(2-\sqrt6)\Big) $

Xét hàm:
$f(x)=2x+3$  thì $f(x)$ đồng biến trên $\mathbb{R}$.
$g(x)=x^2+2x-3$ thì $g(x)$ nghịch biến trên $(-\infty,-1)$ và đồng biến trên $(-1,+\infty)$
Từ đó ta có bảng biến thiên của hàm $y$:

Từ đó dễ dàng chỉ ra được GTLN,GTNN trong các trường hợp. 

Ta có:
$\sqrt{7+4\sqrt{3} }^{\sin x}+\sqrt{7-4\sqrt{3} }^{\sin x} =4$ 
$\Leftrightarrow (2+\sqrt3)^{\sin x}+ (2-\sqrt3)^{\sin x}=4$ 
$\Leftrightarrow  (2+\sqrt3)^{2\sin x}+1=4.(2+\sqrt3)^{\sin x} $ 
$\Leftrightarrow  \left[ \begin{array}{l}  (2+\sqrt3)^{\sin x}=2+\sqrt3\\  (2+\sqrt3)^{\sin x}= 2-\sqrt3 \end{array} \right.$ 
$\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} \sin x=1\\ \sin x=-1 \end{array} \right.$ 
$\Leftrightarrow \cos x=0 \Leftrightarrow x=\frac{\pi}{2}+k\pi,k\in\mathbb{Z}$ .

Ta chứng minh: $f(x)\le f'(c)(x-c)+f(c)$, với mọi $x,c\in\mathbb{R}$            (1)
Thật vậy:
*) Với $x=c$, hiển nhiên đúng.
*) Với $x<c$, áp dụng định lý Lagrange ta có:
$\frac{f(x)-f(c)}{x-c}=f'(d), d\in(x;c)$ 
Mà: $f'$ giảm trên $\mathbb{R}$ nên: $f'(d)>f'(c)$ , suy ra:
$f(x)-f(c)<(x-c)f'(c)$  do $x<c$.
*) Với $x>c$, tương tự. 
Vậy (1) được chứng minh. 

 Đặt $c=\frac{1}{n}\sum_{i=1}^na_i$. Ta có: $f(x)\le f'(c)(x-c)+f(c)$, với mọi $x,c\in\mathbb{R}$
Chọn $x=a_i$ ta có:
$f(a_i)\le f'(c)(a_i-c)+f(c)\Rightarrow   \frac{1}{n} f(a_i)\le  \frac{1}{n} f'(c)(a_i-c)+ \frac{1}{n} f(c)$ 
Lấy tổng ta được: 
$\frac{1}{n}\sum_{i=1}^{n}f(a_i)\le \frac{1}{n}f'(c)\sum_{i=1}^{n}a_i-cf'(c)+f(c)=cf'(c)-cf'(c)+f(c)=f(c)$
Hay: $ \frac{1}{n}\sum_{i=1}^{n}f(a_i)\le f( \frac{1}{n}\sum_{i=1}^na_i)$ , đpcm.

Ta có:
$\log_5(5^x+1).\log_{25}(5^{x+1}+5)=2m+1$
$\Leftrightarrow \log_5(5^x+1).\frac{1}{2}(\log_5(5^x+1)+1)=2m+1$ 
Đặt $t=\log_5(5^x+1)$ thì suy ra $t>0$.
Phương trình trở thành: $t(t+1)=2(2m+1)$ 
                   $\Leftrightarrow m=\frac{t^2+t-2}{4}$ 
Xét hàm: $f(t)=  \frac{t^2+t-2}{4}$ với $t>0$
ta có: $f'(t)=\frac{2t+1}{4}>0,\forall t>0$ 
Suy ra: $m>f(0)=\frac{-1}{2}$ 
Vậy phương trình đã cho có nghiệm với: $m>\frac{-1}{2}$ 

Ta có:
$x^2-3x+2=0$
$\Leftrightarrow (x-1)(x-2)=0$ 
$\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} x=1\\ x=2 \end{array} \right.$           (Thỏa mãn)
Vậy: $x\in\{1;2\}$ 

Ta có:
$x^2-3x+2=0$
$\Leftrightarrow (x-1)(x-2)=0$ 
$\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} x=1\\ x=2 \end{array} \right.$           (Thỏa mãn)
Vậy: $x\in\{1;2\}$ 

Đặt $a=x+y,b=\sqrt{x-y},b\ge 0$
Hệ trở thành: $\left\{ \begin{array}{l} a+b=8\\(a-b^2)b=4 \end{array} \right.$ 
                      $\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} b=8-a\\ (a-(8-a)^2)(8-a)=4 \end{array} \right.$ 
                      $\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} b=8-a\\ a^3-25a^2+200a-516=0 \end{array} \right.$ 
                      $\Leftrightarrow \left [ \begin{array}{l} \left\{ \begin{array}{l} a=6\\b=2 \end{array} \right.\\ \left\{ \begin{array}{l} a=\frac{1}{2}(19-\sqrt{17})\\ b=\frac{1}{2}(-3+\sqrt{17}) \end{array} \right. \end{array} \right.$ 
Từ đó suy ra: $(x;y)\in\{(5;1),(8-\sqrt{17};\frac{1}{2}(3+\sqrt{17}))\}$ 

Điều kiện: $|x|\le\frac{1}{2}$
Ta có: $x^2+\sqrt{1-2x}+\sqrt{1+2x}\ge 2$
$\Leftrightarrow  \sqrt{1-2x}+\sqrt{1+2x} \ge 2-x^2$
$\Leftrightarrow 2+2\sqrt{1-4x^2}\ge 4-4x^2+x^4$ 
$\Leftrightarrow  2\sqrt{1-4x^2}\ge 2-4x^2+x^4 $ 
$\Leftrightarrow 4(1-4x^2)\ge4-16 x^2+20 x^4-8 x^6+x^8$
$\Leftrightarrow x^4(x^4-8x^2+20)\le 0 \Leftrightarrow x=0$
Vậy nghiệm của bất phương trình  là: $x=0$

Điều kiện: $\left\{ \begin{array}{l} \sin x>0\\ \sin x\ne\frac{1}{4}\\ \cos x\ne0 \end{array} \right.$
Ta có: 
$2\sqrt{3\sin x}=\frac{3\tan x}{2\sqrt{\sin x}-1}-\sqrt3$
$\Leftrightarrow 4\sqrt3\sin x-2\sqrt{3\sin x}=3\tan x-2\sqrt{3\sin x}+\sqrt3$ 
$\Leftrightarrow  4\sin x=\sqrt3\tan x+1$ 
$\Leftrightarrow 2\sin2x=\sqrt3\sin x+\cos x$ 
$\Leftrightarrow \sin 2x=\frac{\sqrt3}{2}\sin x+\frac{1}{2}\cos x$
$\Leftrightarrow \sin 2x=\sin\Big(x+\frac{\pi}{6}\Big)$ 
$\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} 2x= x+\frac{\pi}{6}+2k\pi\\2x=\frac{5\pi}{6}-x+2k\pi \end{array} \right.          (k\in\mathbb{Z})$ 
 $\Leftrightarrow  \left[ \begin{array}{l} x= \frac{\pi}{6}+2k\pi\\x=\frac{5\pi}{18}+\frac{2k}{3}\pi \end{array} \right.          (k\in\mathbb{Z})$
Kết hợp với điều kiện: $x\in\{ \frac{\pi}{6}+2k\pi ,\frac{5\pi}{18}+2k\pi,\frac{17\pi}{18}+2k\pi | k\in\mathbb{Z}\}$