Ta có :   $\left. \begin{array}{l} a({a^{logb}}) = logb.loga\\ log({b^{loga}}) = loga.logb \end{array} \right\} \Rightarrow log({a^{logb}}) = log({b^{loga}}) \Leftrightarrow {a^{logb}} = {b^{loga}}$

$I=\int_1^2 \dfrac{1}{x(x^{10}+1)^2}dx=\int_1^2 \dfrac{x^9}{x^{10}(x^{10}+1)^2}dx$

Gợi ý

$\sqrt{ x^{2} -8x +15}+ \sqrt{ x^{2} +2x-15} \leq \sqrt{ 4 x^{2} -18x +18}$
Điều kiện : $\begin{cases}    x^{2} -8x +15 \geq 0 \\ x^{2} +2x-15 \geq 0 \\  4 x^{2} -18x +18 \geq 0   \end{cases}  \Leftrightarrow \begin{cases}  x \leq 3, x \geq 5 \\ x \leq -5, x \geq  3  \\   x \leq \frac{ 3}{2}, x \geq 3  \end{cases}  \Leftrightarrow x \geq 5$
Bất phương trình : $\sqrt{\left( x-5   \right).\left(    x-3\right) }+ \sqrt{\left(  x+5  \right).\left(  x-3  \right) } \leq \sqrt{\left(  x-3  \right) \left(    4x-6 \right) }$
$\Leftrightarrow \sqrt{ x-3} \left(  \sqrt{ x-5}+ \sqrt{ x+5}  \right)  \leq \sqrt{ x-3}. \sqrt{ 4x-6}$
Với $x \geq 5 \Rightarrow  \sqrt{ x-3}>0 :$ chia hai vế của bất phương trình cho $\sqrt{ x-3}$, ta được :
$\sqrt{ x-5}+ \sqrt{ x+5}  \leq \sqrt{ 4x-6}$
$\Leftrightarrow x-5+x+5+2 \sqrt{ x^{2} -25} \leq  \sqrt{ 4x-6}$
$\Leftrightarrow  2\sqrt{ x^{2} -25} \leq 2x-6$
$\Leftrightarrow  x^{2} -25 \leq x^{2} -6x +9 \Leftrightarrow 6x \leq 39 \Leftrightarrow x \leq \frac{ 17}{3}$
Vậy $5 \leq x \leq \frac{ 17}{3}$
Với $x \leq -5$
Bất phương trình: $\sqrt{ \left(   5-x \right) \left(   3-x \right)} + \sqrt{ \left(-x-5    \right) \left(  3-x  \right)}  \leq \sqrt{ \left( 3-x   \right) \left( 6-4x   \right)}$
$\Leftrightarrow  \sqrt{ 3-x}. \left(  \sqrt{ 5-x}+ \sqrt{ -5-x}  \right)  \leq \sqrt{ 3-x} . \sqrt{ 6-4x}$
$\Leftrightarrow \sqrt{ 5-x}+ \sqrt{ -5-x} \leq \sqrt{ 6-4x}$ do $\sqrt{ 3-x} >0; x \leq -5$
$\Leftrightarrow 5-x-5-x+ 2 \sqrt{ x^{2} -25} \leq 6-4x$
$\Leftrightarrow \sqrt{ x^{2} -25} \leq 3- x$
$\Leftrightarrow x^{2} -25 \leq 9 – 6x + x^{2} \Leftrightarrow 6x \leq 34$
$\Leftrightarrow x \leq \frac{ 17}{3}$ Giao với $x \leq -5$ được $x \leq -5$
Vậy nghiệm của bất phương trình là : $\boxed {x \leq -5}$ hay $\boxed {5 \leq x \leq \frac{ 17}{3}, x=3}$

với $n=1$ VT$= \frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\frac{1}{4}=\frac{13}{12}$
$=> (1)$ đúng với $n =1$
giả sử $(1)$ đúng với $n=k$ hay
$\frac{1}{k+1}+\frac{1}{k+2}+......+\frac{1}{3k+1} > 1$
cần chứng minh $(1)$ đúng với $n=k+1$
ta có $VT = \frac{1}{k+2}+\frac{1}{k+3}+....+\frac{1}{3k+1}+ \frac{1}{3k+2}+\frac{1}{3k+3}+\frac{1}{3k+4}$
                $>1+\frac{1}{3k+2}+\frac{1}{3k+3}+\frac{1}{3k+4}> 1$        (với mọi $k\in N$)
suy ra đcmp

Ta có $I = \int\limits_0^{3\ln 2} {\frac{{{e^{\frac{x}{3}}}dx}}{{{e^{\frac{x}{3}}}{{({e^{\frac{x}{3}}} + 2)}^2}}}}$
Đặt $u=e^{\frac{x}{3}}\Rightarrow$$3du = {e^{\frac{x}{3}}}dx$;
Đổi cận $x = 0 \Rightarrow u = 1;x = 3\ln 2 \Rightarrow u = 2$
Ta được $I = \int\limits_1^2 {\frac{{3du}}{{u{{(u + 2)}^2}}}} =3$$\int\limits_1^2 {\left( {\frac{1}{{4u}} - \frac{1}{{4(u + 2)}}} \right.\left. { - \frac{1}{{2{{(u + 2)}^2}}}} \right)} du$
                    $=3\left. {\left( {\frac{1}{4}\ln \left| u \right| - \frac{1}{4}\ln \left| {u + 2} \right| + \frac{1}{{2(u + 2)}}} \right)} \right|_1^2$
                    $\boxed{= \frac{3}{4}\ln (\frac{3}{2}) - \frac{1}{8}}$

Đặt
$t = \pi  - x \Rightarrow dt =  - dx$
Đổi cận $\begin{cases} x=0 \rightarrow t=\pi \\ x=\pi \rightarrow t=0 \end{cases}$

$\begin{array}{l}  \Rightarrow I =- \int\limits_\pi^0  {\frac{{\left( {\pi  - t} \right)\sin t}}{{1 + c{\rm{o}}{{\rm{s}}^2}t}}} dt= \int\limits_0^\pi  {\frac{{\left( {\pi  - t} \right)\sin t}}{{1 + c{\rm{o}}{{\rm{s}}^2}t}}} dt = \pi \int\limits_0^\pi  {\frac{{\sin t}}{{1 + c{\rm{o}}{{\rm{s}}^2}t}}} dt - I\\  \Rightarrow 2I = \pi \int\limits_0^\pi  {\frac{{\sin t}}{{1 + c{\rm{o}}{{\rm{s}}^2}t}}} dt =  - \pi \int\limits_0^\pi  {\frac{{d(\cos t)}}{{1 + c{\rm{o}}{{\rm{s}}^2}t}}}  = -\pi \arctan \cos t|_0^\pi=\pi \left( {\frac{\pi }{4} +\frac{\pi }{4}} \right)\\  \Rightarrow \boxed{I =\frac{\pi^2}{4} } \end{array}$

câu $1$
Vì $y = \frac{x}{{\sqrt {1 - {x^4}} }} > 0  \forall x \in \left( {0;\frac{1}{{\sqrt 2 }}} \right)$ nên diện tích cần tính là:
$S = \int\limits_0^{\frac{1}{{\sqrt 2 }}} {\frac{{xdx}}{{\sqrt {1 - {x^4}} }}}$
Đặt $t = {x^2} \Rightarrow S = \int\limits_0^{\frac{1}{2}} {\frac{{\frac{1}{2}dt}}{{\sqrt {1 - {t^2}} }}}$
Đặt $\left\{ \begin{array}{l} t = \sin u\\- \frac{\pi }{2} \le u \le \frac{\pi }{2} \end{array} \right. \Rightarrow S = \frac{1}{2}\int\limits_0^{\frac{\pi }{6}} {\frac{{\cos u}}{{\cos u}}du}  =\frac{1}{2}u|^{\frac{\pi}{6}}_0= \frac{\pi }{{12}}$
ĐS : $S=\frac{\pi}{12}$ (đvdt)

Theo giả thiết ta có :
$\begin{array}{l} tan\frac{A}{2} + tan\frac{C}{2} = 2tan\frac{B}{2}\\  \Leftrightarrow \frac{{\sin \frac{{A + C}}{2}}}{{c{\rm{os}}\frac{A}{2}c{\rm{os}}\frac{C}{2}}} = 2\frac{{\sin \frac{B}{2}}}{{c{\rm{os}}\frac{B}{2}}}\\  \Leftrightarrow 2{\cos ^2}\frac{B}{2} = 4\sin \frac{B}{2}c{\rm{os}}\frac{A}{2}c{\rm{os}}\frac{C}{2}\\  \Leftrightarrow 1 + \cos B = 2\sin \frac{B}{2}(c{\rm{os}}\frac{{A + C}}{2} + c{\rm{os}}\frac{{A - C}}{2})\\  \Leftrightarrow 1 + \cos B = 1 - \cos B + \cos A + \cos C\\  \Leftrightarrow 2\cos B = \cos A + \cos C\\  \Rightarrow dpcm \end{array}$
Nhận xét :
Bài toán có ý nghĩa nếu ta chỉ ra rằng lớp các tam giác không đều $ABC$ thỏa mãn hệ thức
$tan\frac{A}{2} + tan\frac{C}{2} = 2tan\frac{B}{2}$ ($*$) là khác rỗng
Xét tam giác $ABC$có $A = {90^0} \Rightarrow tan\frac{A}{2} = 1,\cos A = 0$
Đặt $tan\frac{B}{2} = x \Rightarrow tg\frac{C}{2} = 2x - 1 \Rightarrow 2x - 1 > 0$ hay $\frac{1}{2} < x < 1$
Ta có $\cos B = \frac{{1 - {x^2}}}{{1 + {x^2}}};\cos C = \frac{{1 - {{(2x - 1)}^2}}}{{1 + {{(2x - 1)}^2}}}$
Ta có (*) $\Leftrightarrow \cos A + \cos C = 2\cos B$
$\begin{array}{l}  \Leftrightarrow 2.\frac{{1 - {x^2}}}{{1 + {x^2}}} = \frac{{1 - {{(2x - 1)}^2}}}{{1 + {{(2x - 1)}^2}}}\\  \Leftrightarrow 2(1 - \frac{{2{x^2}}}{{1 + {x^2}}}) = 1 - \frac{{2{{(2x - 1)}^2}}}{{1 + {{(2x - 1)}^2}}}\\  \Leftrightarrow 1 = \frac{{4{x^2}}}{{1 - {x^2}}} - \frac{{2{{(2x - 1)}^2}}}{{1 + {{(2x - 1)}^2}}}\\  \Leftrightarrow (1 - {x^2})\left[ {1 + {{(2x - 1)}^2}} \right] = 4{x^2}\left[ {1 + {{(2x - 1)}^2}} \right] - 2(1 + {x^2}){(2x - 1)^2}\\  \Leftrightarrow 1 + {x^2} + (1 + {x^2}){(2x - 1)^2} = 4{x^2} + 4{x^2}{(2x - 1)^2} - 2(1 + {x^2}){(2x - 1)^2}\\  \Leftrightarrow 1 - 3{x^2} = {(2x - 1)^2}\left[ {4{x^2} - 3(1 + {x^2})} \right]\\  \Leftrightarrow {x^4} - {x^3} - 2{x^2} + 3x - 1 = 0\\  \Leftrightarrow (x - 1)({x^2} + x + 1) = 0(**) \end{array}$
 Vì $x > \frac{1}{2}$ nên từ $(**)$ suy ra :
$\begin{array}{l} tan\frac{A}{2} + tan\frac{C}{2} = 2tan\frac{B}{2} \Leftrightarrow x = \frac{{\sqrt 5  - 1}}{2}\\  \Rightarrow \cos C = \frac{{1 - tan^2\frac{C}{2}}}{{1 + tan^2\frac{C}{2}}} = \frac{{\sqrt 5 }}{5} \end{array}$
Như vậy tồn tại tam giác $ABC$ không đều thỏa mãn hệ thức đã cho.Một trong các tam giác đó là tam giác vuông $ABC$ tại $B$ với $C = \arccos \frac{{\sqrt 5 }}{5}$

Chọn hệ trục tọa độ $Oxy$ với $B\equiv O,A\in Oy,C\in Ox$ khi đó:
$A(0;h),B(0;0),C(b;0),D(a;h)$ với $a,b,h>0$
Ta có : $4=\overrightarrow {AB}.\overrightarrow {AC}=(0;-h)(b;-h)=h^2\Leftrightarrow  h=2\Leftrightarrow  AB=2$
$9=\overrightarrow {CA}.\overrightarrow {CB}=(-b;h)(-b;0)=b^2\Leftrightarrow  b=3\Leftrightarrow  BC=3$
$6=\overrightarrow {CB}.\overrightarrow {CD}=(-b;0)(a-b;h)=-3(a-3)\Leftrightarrow  a=1\Leftrightarrow  AD=1$
$CD^2=(a-b)^2+h^2=4+4=8\Leftrightarrow  CD=2\sqrt{2}$

Giải phương trình :

$\left\{ \begin{array}{l} x+\sqrt{x^2-2x+2}=3^{y-1}+1 \\ y+\sqrt{y^2-2y+2} =3^{x-1}+1 \end{array} \right.$

câu $1$
Gọi $\overrightarrow{m}$ là vtcp của $(d_1)$, khi đó $\overrightarrow{m}(m; 2; -3)$
(P) chứa $(d)\Rightarrow   (P)$ thuộc chùm mặt phẳng xác định bởi $(d)$ có dạng:
$(P): A(x+2y-3z+1)+B(2x-3y+z+1)=0$
$\Leftrightarrow  (A+2B)x+(2A-3B)y+(B-3A)z+A+B=0            (1)$
Khi đó $(P)$ có vtpt $\overrightarrow{n_1}(A+2B; 2A-3B; B-3A)$
1. Vì $(P)//(d_1) \Leftrightarrow  \overrightarrow{n_1}$ vuông góc với $\overrightarrow{m} \Leftrightarrow m(A+2B)+2(2A-3B)-3(B-3A)=0$
$\Leftrightarrow  B=\frac{(13+m)A}{9-2m}$
Thay $B=\frac{(13+m)A}{9-2m}$ vào $(1)$ , ta được :
$(P): 35x-(11+7m)y+7(m-2)z+22-m=0$

1. Ta có ngay:
      $(S): \begin{cases}Tâm  I(1; 2; 3) \\ bán  kính  R= \sqrt{14}  \end{cases}$
2. Gọi $A; B; C$ theo thứ tự là giao điểm của (S) với $Ox; Oy Oz$ ta có ngay:
      $A(2; 0; 0); B(0; 4; 0); C(0; 0; 6)$
Khi đó, phương trình mặt phẳng (ABC)  được cho bởi:
     $(ABC): \frac{x}{2}+  \frac{y}{4}+  \frac{z}{6}=1 \Leftrightarrow (ABC): 6x+3y+2z-12=0$

Mặt phẳng song song với $3x - 2y - 3z - 7 = 0$ có phương trình tổng quát dạng $3x - 2y - 3z + D = 0$.
Mặt phẳng này đi qua $A\left( {3,\, - 2,\, - 4} \right) \Leftrightarrow D =  - 25$.
Do đó mặt phẳng (P) chứa $A\left( {3,\, - 2,\, - 4} \right)$ và song với $3x - 2y - 3z - 7 = 0$ có phương trình là $3x - 2y - 3z - 25 = 0\,\,                \left( 2 \right)$

Đường thẳng $(d)$:$\frac{{x - 2}}{3} = \frac{{y + 4}}{{ - 2}} = \frac{{z - 1}}{2}$ có phương trình tham số: $x = 3t + 2;\,y =  - 2t - 4;\,z = 2t + 1$ thế vào $(2)$ $t = 2$.

Do đó $(d)$ cắt $(P)$ tại $M\left( {8,\, - 8,\,\,5} \right)$
Đường thẳng đi qua $A\left( {3, - 2, - 4} \right),\,M\left( {8, - 8,\,\,5} \right)$ có phương trình  $\frac{{x - 3}}{5} = \frac{{y + 2}}{{ - 6}} = \frac{{z + 4}}{9}$ là đường thẳng qua A và song song với $3x - 2y - 3z - 7 = 0$ đồng thời cắt đường thẳng $\frac{{x - 2}}{3} = \frac{{y + 4}}{{ - 2}} = \frac{{z - 1}}{2}$                                                                  

Vậy $\frac{{x - 3}}{5} = \frac{{y + 2}}{{ - 6}} = \frac{{z + 4}}{9}$ chính là đường thẳng cần tìm.