f(x) = (m+1)x² - 2(m+1)x + 2m+3 

♠ m = -1: f(x) = 0.x² - 0.x + 1 = 1 > 0 với mọi x nên f(x) ≥ 0 có nghiệm x thuộc R 

♠ m # -1, có ∆' = (m+1)² - (m+1)(2m+3) = -(m+1)(m+2) 
ta biện luận theo dấu của delta': 
m│ -∞________ -2 _________ -1 ________ +∞ 
∆ │≈≈≈≈≈ - ≈≈≈≈ 0 ≈≈≈≈ + ≈≈≈≈ || ≈≈≈≈ - ≈≈≈≈≈≈ 

* nếu m < -2 => ∆' < 0, m+1 < 0 => f(x) < 0 với mọi x nên f(x) ≥ 0 vô nghiệm 

* nếu m = -2 <=> ∆' = 0 và m+1 < 0 <=> f(x) ≤ 0 với mọi x thuộc R 
=> f(x) ≥ 0 có nghiệm x = 2 (còn dính đc chổ có dấu "=" ) 

* -2 < m < -1 <=> ∆' > 0 ; f(x) có 2 lần đổi dấu => f(x) ≥ 0 có nghiệm 

* nếu m > -1 => ∆' > 0 và m+1 > 0 => f(x) > 0 với mọi x => f(x) ≥ 0 có nghiệm 

Tóm lại các trường hợp: bpt f(x) ≥ 0 có nghệm khi và chỉ khi m ≥ -2 
~~~~~~~~~~ 
Cách khác: giải ngược lại ta tìm m để bpt f(x) ≥ 0 vô nghiệm 
tức là f(x) < 0 với mọi x thuộc R 
* nếu m = -1 thì như trên f(x) ≥ 0 có nghiêm 

* nếu m # -1, f(x) < 0 với mọi x thuộc R khi và chỉ khi 
{ ∆' < 0 
{ m+1 < 0 
<=> { m < -2 hoăc m > -1 
----- { m < -1 
<=> m < -2 
Vậy bpt f(x) ≥ 0 có nghiệm khi và chỉ khi m ≥ -2 

Mọi người giúp mình với ạ !

ko biết 

lười làm quá

1/

\(Sm=\frac{m}{2}\left(2U_1+\left(m-1\right)d\right)\)

\(Sn=\frac{n}{2}\left(2U_1+\left(n-1\right)d\right)\)

\(\Rightarrow\frac{Sm}{Sn}=\frac{m\left[2U+_1\left(m-1\right)d\right]}{n\left[2U_1+\left(n-1\right)\right]}=\frac{m^2}{n^2}\)

\(\Rightarrow\frac{m}{n}=\frac{2U_1\left(m-1\right)d}{2U_1+\left(n-1\right)d}\)

\(\frac{Um}{Un}=\frac{U_1+\left(m-1\right)d}{U_1\left(n-1\right)d}\)

2/

a,\(3\tan\left(2x+40^o\right)\sqrt{3}=0\)

\(\Leftrightarrow tan\left(2x+40^o\right)=\frac{1}{\sqrt{3}}-tan30^o\)

\(\Rightarrow2x+40^o=30^o+k.180^o\)         \(\left(k\in Z\right)\)

\(\Leftrightarrow x=-5^o+k.90^o\)

b,\(\cos4x-2\cos^23x+\cos2x=0\)

\(\Leftrightarrow\left(\cos4x+\cos2x\right)-2cos^23x=0\)

\(\Leftrightarrow2cos\)\(3x\)\(cos\)\(x-2cos^23x=0\)

\(\Leftrightarrow\cos3x\left(\cos x-\cos3x\right)=0\)

\(\Leftrightarrow\orbr{\begin{cases}\cos3x=0\\\cos x=\cos3x\end{cases}}\)

+\(\cos3x=0\Rightarrow3x=\frac{\pi}{2}+k\pi\left(k\inℤ\right)\)

\(\Leftrightarrow x=\frac{\pi}{6}+k\frac{\pi}{3}\)

+\(\cos x=\cos3x\Leftrightarrow\orbr{\begin{cases}3x=x+t2\pi\\3x=-3+t2\pi\end{cases}}\left(t\inℤ\right)\)

\(\Leftrightarrow\orbr{\begin{cases}x=t\pi\\x=\frac{t\pi}{2}\end{cases}}\Leftrightarrow x=\frac{t\pi}{2}\)

Vậy có No là \(x=\frac{\pi}{6}+k\frac{\pi}{3},x=\frac{t\pi}{2}\)

c, Tam giác ABC cân tại A nên đường cao cũng là đường trung tuyến

=> DB = DC

Xét tam giác BEC vuông tại E có ED là trung tuyến

=> ED =  BC/2

d, c/m đc O là trung điểm AH

Xét tam giác AEH vuông tại E có EO là trung tuyến

=> OH=OE

=> góc OHE = góc OEH = góc BHD ( vì góc OHE và góc BHD là 2 góc đối đỉnh )

Tương tự cm đc DE=DB

=> góc DEB = góc DBE

Có : góc OED = góc OEH + góc HED = góc BHD + góc EBD = 90 độ

=> DE là tiếp tuyến của đường tròn (O)

Ta có : \(x-\sqrt{x}+1=\left(\sqrt{x}\right)^2-2\cdot\sqrt{x}\cdot\frac{1}{2}+\frac{1}{4}+\frac{3}{4}\)

\(=\left(\sqrt{x}-\frac{1}{2}\right)^2+\frac{3}{4}\ge\frac{3}{4}\)

\(\Rightarrow\frac{2}{\left(\sqrt{x}-\frac{1}{2}\right)^2+\frac{3}{4}}\le\frac{2}{\frac{3}{4}}=\frac{8}{3}\)

hay : \(A\le\frac{8}{3}\)

Dấu "=" xảy ra \(\Leftrightarrow\sqrt{x}=\frac{1}{2}\Leftrightarrow x=\frac{1}{4}\)

Vậy : Max \(A=\frac{8}{3}\) tại \(x=\frac{1}{4}\)