Gọi H là điểm nằm trên BC sao cho

\(\overrightarrow{HB}-2\overrightarrow{HC}=\overrightarrow{0}\Rightarrow B\text{ là trung điểm của HC}\)

khi đó ta có :\(\overrightarrow{IB}-2\overrightarrow{IC}=\overrightarrow{IH}+\overrightarrow{HB}-2\left(\overrightarrow{IH}+\overrightarrow{HC}\right)=-\overrightarrow{IH}\)

Vậy ta có : \(3\overrightarrow{IA}-\overrightarrow{IH}=\overrightarrow{0}\text{ hay }3\overrightarrow{IA}=\overrightarrow{IH}\)

Vậy I,A,H thẳng hàng, mà H thuộc BC vậy IA cắt BC tại H

Ta có :M, N lần lượt là trung điểm của AB và BC nên MN là đường trung bình của tam giác ABC=>MN //AC vàMN = 1/2 AC (1).

Cmtt ta có:QP là đường trung bình của tam giác ADC suy ra QP//AC và QP =1/2 AC (2).

Từ (1)và(2) suy ra:

MN//QP và MN = QP

=>tứ giác MNPQ là hìnhbình hành

=>vectoMN=vectoQP

x - |x - 4| >= 0

mà x - |x - 4| ở mẫu

=> x - |x - 4| >0

vì |x - 4| luôn dương ( >0)

=> x > 0

Vậy TXD D = ( 0; \(+\bowtie\))

Bài 2. 

\(F=2-3\left[\left(x+1\right)^4+\left(x-5\right)^4\right]\)

Ta có bất đẳng thức phụ: 

\(a^4+b^4\ge\frac{1}{8}\left(a+b\right)^4\)

Chứng minh: 

\(8\left(a^4+b^4\right)\ge4\left(a^2+b^2\right)^2=\left[2\left(a^2+b^2\right)\right]^2\ge\left(a+b\right)^4\)

(vì \(2\left(x^2+y^2\right)\ge\left(x+y\right)^2\))

Dấu \(=\)khi \(a=b\).

Áp dụng ta có: 

\(\left(x+1\right)^4+\left(5-x\right)^4\ge\frac{1}{8}\left(x+1+5-x\right)^4=\frac{1}{8}.6^4=162\).

\(F\le2-3.162=-484\)

Dấu \(=\)khi \(x+1=5-x\Leftrightarrow x=2\).

Bài 3. 

\(D=\left(2x-1\right)\left(x+2\right)\left(x+3\right)\left(2x+1\right)\)

\(=\left[\left(2x-1\right)\left(x+3\right)\right]\left[\left(x+2\right)\left(2x+1\right)\right]\)

\(=\left(2x^2+5x-3\right)\left(2x^2+5x+2\right)\)

\(=\left(2x^2+5x-\frac{1}{2}\right)^2-\left(\frac{5}{2}\right)^2\ge-\left(\frac{5}{2}\right)^2=-\frac{25}{4}\)

Dấu \(=\)khi \(2x^2+5x-\frac{1}{2}=0\Leftrightarrow x=\frac{1}{4}\left(-5\pm\sqrt{29}\right)\).