a) Giả sử có số $k$ nào đó sao cho $u_k=-4$. Khi đó
$-4=u_{k}=\dfrac{u_{k-1}-4}{u_{k-1}+6}\Rightarrow -4u_{k-1}-24=u_{k-1}-4\Rightarrow u_{k-1}=-4$.
Tương tự như vậy ta suy ra $u_{k}=u_{k-1}=u_{k-2}=\ldots=-4$
Quá trình này cứ giảm dần cho tới ta được $u_1=-4$, nhưng đây là điều không thể xảy ra.
Vậy $u_n \ne -4, \quad \forall n.$

Ta chỉ cần xét tính liên tục tại $x=1$ và chú rằng ta đang xét  $x \in [0,1]$ nên ta cần tìm lim có liên quan đến $x \to 1^-$.
Ta có
$f(1)=4$
$\mathop {\lim }\limits_{x \to 1^-}f(x)=\mathop {\lim }\limits_{x \to 1^-}\dfrac{x^2-1}{\sqrt{x}-1}=\mathop {\lim }\limits_{x \to 1^-}\dfrac{x+1}{\frac{1}{\sqrt{x}+1}}=4$.
Từ đây suy ra $\mathop {\lim }\limits_{x \to 1^-}f(x)=f(1)=4$ nên hàm số này liên tục trên $[0,1]$.

Đặt $f(x)=m(2\cos x-\sqrt{2})-2\sin5x-1$ thì $f$ là hàm liên tục trên $\mathbb R.$
Ta có
$f(-\frac{\pi}{4})=-1-\sqrt 2<0, \quad \forall m$ và $f(\frac{\pi}{4})=-1+\sqrt 2>0, \quad \forall m$
Suy ra $f(-\frac{\pi}{4}).f(\frac{\pi}{4})<0$ nên PT luôn có nghiệm trong $(-\frac{\pi}{4},\frac{\pi}{4})$ nên nói chung nó có nghiệm trên $\mathbb R.$

Đặt $f(x)=\cos x+m\cos2x$ thì $f$ là hàm liên tục trên $\mathbb R.$
Ta có
$f(\frac{\pi}{4})=\frac{1}{\sqrt 2}>0, \quad \forall m$ và $f(\frac{3\pi}{4})=-\frac{1}{\sqrt 2}<0, \quad \forall m$
Suy ra $f(\frac{\pi}{4}).f(\frac{3\pi}{4})<0$ nên PT luôn có nghiệm trong $(\frac{\pi}{4},\frac{3\pi}{4})$ nên nói chung nó có nghiệm trên $\mathbb R.$

Đặt $f(x)=(m^2+m+1)x^2+6x-9m^2-9m+5$ thì $f$ là hàm liên tục trên $\mathbb R.$
Ta có
$f(3)=32>0, \quad \forall m$ và $f(-2)=-5m^2-5m-3<0, \quad \forall m$
Suy ra $f(3).f(-2)<0$ nên PT luôn có nghiệm trong $(-2,3)$ nên nói chung nó có nghiệm trên $\mathbb R.$

Đặt $f(x)=m(x-1)^3(x^2-4)+x^4-3$ thì $f$ là hàm liên tục trên $\mathbb R.$
Ta có
$f(1)=-2<0, \quad \forall m$ và $f(2)=13>0, \quad \forall m$
Suy ra $f(0).f(2)<0$ nên PT luôn có nghiệm trong $(0,2)$ nên nói chung nó có nghiệm trên $\mathbb R.$

Đặt $f(x)=(1-m^2)(1+x)^3+x^2-x-3 $ thì $f$ là hàm liên tục trên $\mathbb R.$
Ta có
$f(0)=-(m^2+2)<0, \quad \forall m$ và $f(-2)=m^2+2>0, \quad \forall m$
Suy ra $f(0).f(-2)<0$ nên PT luôn có nghiệm trong $(-2,0)$ nên nói chung nó có nghiệm trên $\mathbb R.$

Ta có
$f(1)=\mathop {\lim }\limits_{x \to 1^-}f(x)=a+3$.
$\mathop {\lim }\limits_{x \to 1^+}f(x)=\mathop {\lim }\limits_{x \to 1^+} \dfrac{x\sqrt{2x-1}+\sqrt[3]{3x-2}-2}{x^2-1}=\mathop {\lim }\limits_{x \to 1^+} \dfrac{\sqrt{2x^3-x^2}-1}{x^2-1}+\mathop {\lim }\limits_{x \to 1^+} \dfrac{\sqrt[3]{3x-2}-1}{x^2-1}=\mathop {\lim }\limits_{x \to 1^+} \dfrac{2x^2+x+1}{(x+1)(\sqrt{2x^3-x^2}+1)}+\mathop {\lim }\limits_{x \to 1^+} \dfrac{3}{(x+1)(\sqrt[3]{(3x-2)^2}+\sqrt[3]{3x-2}+1)}=\frac{3}{2}$.
Vậy $a=-\frac{3}{2}.$

Hàm số này chỉ xác định khi $-2 \le x \le 2$. Và với các giá trị này thì với mọi $x_0 \in [-2,2]$ ta có
$\mathop {\lim }\limits_{x \to x_0}f(x)=\mathop {\lim }\limits_{x \to x_0}\sqrt{4-x^2}=\sqrt{4-x_0^2}=f(x_0)$.
Điều này chứng tỏ hàm số này liên tục trên $ [-2,2]$.

Rõ ràng với các giá trị $x>1$ và $x<1$ thì các hàm trên là các hàm phân thức có mẫu khác $0$, hàm bậc nhất nên hiển nhiên nó liên tục. Ta chỉ cần xét tính liên tục tại điểm gián đoạn $x=1.$
Ta có
$f(1)=\mathop {\lim }\limits_{x \to 1^-}f(x)=a+2$.
$\mathop {\lim }\limits_{x \to 1^+}f(x)=\mathop {\lim }\limits_{x \to 1^+} \dfrac{x^4-3x^2+2}{x^2-1}=-\mathop {\lim }\limits_{x \to 1^+}(x^2-2)=1$.
Vậy $a=-1.$

Rõ ràng với các giá trị $x>2$ và $x<2$ thì các hàm trên là các hàm phân thức có mẫu khác $0$, hàm bậc nhất nên hiển nhiên nó liên tục. Ta chỉ cần xét tính liên tục tại điểm gián đoạn $x=2.$
Ta có
$f(2)=\mathop {\lim }\limits_{x \to 2^-}f(x)=-16$.
$\mathop {\lim }\limits_{x \to 2^+}f(x)=\mathop {\lim }\limits_{x \to 2^+}\dfrac{4-x^2}{\sqrt{x+2}-2}=-\mathop {\lim }\limits_{x \to 2^+}\dfrac{x+2}{\frac{1}{\sqrt{x+2}+2}}=-16$.
Suy ra hàm cũng liên tục tại điểm $x=2$ nên nó liên tục trên $\mathbb R.$

$I=\int\limits_{1}^{e}\frac{(2x+1)\ln x+3}{x.\ln x+1}dx=\int\limits_{1}^{e}\left ( 2+\frac{\ln x +1}{x.\ln x+1} \right )dx=2x|_{1}^{e}+\int\limits_{1}^{e}\frac{d(x\ln x+1)}{x.\ln x+1}$
$I=2(e-1)+\ln (x\ln x+1)|_{1}^{e}=2e-2+\ln(e+1).$

Lời giải này có yêu cầu trả vỏ sò để xem. Bạn hãy link trên để vào xem chi tiết

Đặt $f(x)=x^4-x^2-4$. Ta có $f(0)=-4, f(2)=8>0$ suy ra PT luôn có nghiệm thuộc $(0,2).$ Giả sử $x_0>0$ là một nghiệm thỏa mãn điều trên, ta có
$x^4_0-x^2_0-4=0\Leftrightarrow x_0^4=x_0^2+4$.
Mặt khác áp dụng BĐT Cô-si $x_0^2+4 \ge 4x_0$. Ta suy ra
$x_0^4 \ge 4x_0\Rightarrow x_0^3 \ge 4\Leftrightarrow x_0 \ge\sqrt[3]{4}.$
Dấu bằng xảy ra $\Leftrightarrow x_0=2$, điều này không thể.
Vậy $x_0>\sqrt[3]{4}.$

$A=\frac{x}{xy+x+1}+\frac{z+1}{zx+z+1}=\frac{xz}{xyz+xz+z}+\frac{z+1}{zx+z+1}$
$=\frac{xz}{1+xz+z}+\frac{z+1}{zx+z+1}=\frac{xz+z+1}{zx+z+1}=1.$