Từ giả thiết đề bài ta xét 2 trường hợp
TH1:giả sử $x_1\leq x_2\leq 2\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} (x_1-2)(x_2-2)\geq 0\\ (x_1-2)+(x_2-2)\leq 0\end{array} \right.$ 
Để pt đã cho có nghiệm $x_1,x_2\leq 2$ thì:
$\left\{ \begin{array}{l} \Delta\geq 0\\ (x_1-2)(x_2-2)\geq 0\\(x_1-2)+(x_2-2)\leq 0\end{array} \right.\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} -m^2+3m\geq 0\\ x_1x_2-2(x_1+x_2)+4\geq 0\\x_1+x_2-4\leq 0\end{array} \right.\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} 0\leq m\leq 3\\ m^2-3m+1\geq 0(dlí  viet)\\-2\leq 0(đúng)(Đlí viet)\end{array} \right.$ 
$\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} 0\leq m\leq 3\\ m\geq \frac{3+\sqrt{5}}{2} hoặc m\leq \frac{3-\sqrt{5}}{2}\end{array} \right.\Leftrightarrow 0\leq m\leq \frac{3-\sqrt{5}}{2} \bigcup  \frac{3+\sqrt{5}}{2}\leq m\leq 3$ 
TH2: Giả sử $1\leq x_1\leq x_2$ 
Để pt đã cho có nghiệm $1\leq x_1\leq x_2$  Thì:
$\left\{ \begin{array}{l} 0\leq m\leq 3\\ x_1x_2-(x_1+x_2)+1\geq 0\\x_1+x_2-2\geq 0\end{array} \right.\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} 0\leq m\leq 3\\ m^2-3m\geq 0\\0\geq 0(thỏa)\end{array} \right.\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} 0\leq m\leq 3\\ m\geq 3 hoặc m\leq 0\end{array} \right.\Leftrightarrow m=0$ hoặc $m=3$
Từ 2 TH trên: Vậy:Khi $0\leq m\leq \frac{3-\sqrt{5}}{2}\bigcup \frac{3+\sqrt{5}}{2}\leq m\leq 3$  thì pt đã cho có nghiệm thuộc khoảng $[1;2]$

xét hàm số: $f(t)=t^3+t^2+t\Rightarrow \left\{ \begin{array}{l} f(y)=y^3+y^2+y\\ f(z)=z^3+z^2+z\\ f(x)=x^3+x^2+x \end{array} \right.$
$D=R\Rightarrow $  Với mọi $t_{1},t_2\in D$, Giả sử $t_1\neq t_2$
Ta có:$\frac{f(t_1)-f(t_2)}{t_1-t_2}=\frac{[(t_1+t_2)^2+(t_1+1)^2+(t_2+1)^2]}{2}>0$ 
$\Rightarrow f(t)$  tăng trên $R$ 
Không mất tính tổng quát, giả sử :$x$ là số lớn nhất
$\Rightarrow x\geq y\Rightarrow f(x)\geq f(y)\Rightarrow 2z+1\geq 2x+1\Leftrightarrow z\geq x\Leftrightarrow f(z)\geq f(x)\Leftrightarrow 2y+1\geq 2z+1\Leftrightarrow y\geq z$ 
$\Rightarrow x\geq y\geq z\Rightarrow x=y=z$ 
Từ phương trình trong hệ ta có:$2x+1=x^3+x^2+x\Leftrightarrow (x+1)^2(x-1)\Leftrightarrow x=1hoặc $x=-1$ 
Vậy nghiệm của hệ phương trình đã cho là:
(x;y;z)=(1;1;1);(-1;-1;-1)

Cho $a,b,c>0,a+b+c=1$. Tìm MIN:
$P=\frac{1}{ab}+\frac{1}{bc}+\frac{1}{ca}+\frac{4}{a^2+b^2+c^2+ab+bc+ca} $

$\left\{ \begin{array}{l} x^{2}+y^{2}=1\\ x^{8}+y^{8}=x^{10}+y^{10} \end{array} \right.\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} x^{2}+y^{2}=1\\ (x^{2}+y^{2})(x^{8}+y^{8})=x^{10}+y^{10} \end{array} \right.\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} x^2+y^2 =1\\ x^2y^8+x^8y^2=0 \end{array} \right.$
$\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} x^2+y^2=1(1)\\ x^2y^2(x^4+y^4)=0(2)\end{array} \right.$
Từ (2) suy ra $x=0$ hoặc $y=0$
với $x=0$ thay vào (1) suy ra $y=\pm 1$
với $y=0$ thay vào (1) suy ra $x=\pm 1$
VẬy nghiệm của hệ phương trình là:$(x;y)=(0;1);(0;-1);(1;0);(-1;0).$ 

Xét số 1 ở đầu.Số cách chọn là 3.4.5
Số 1 ở các vị trí còn laj là 3.(4.4.3)
cộng laj ta dc 204 cách chọn  

Cho 18 điểm trên mặt phẳng, sao cho không có ba điểm nào thằng hàng, chứng minh rằng, tồn tại 3 điểm của 1 tam giác có 1 góc:
a) nhỏn hơn $12^{o}$
b)nhỏ hơn hoặc bằng $12^{o}$
 

a,Chứng minh tồn tại số tự nhiên toàn chữ số 2 chia hết cho 2003
b, chứng minh có thể tìm dược 4 số có tận cùng là 2002, chia hết cho 2003