Cách chứng minh khác không dùng đạo hàm cho phần xét tính đơn điệu
Ta dễ kiểm tra $u_1 < u_2<u_3<u_4 >u_5$
Và bây giờ ta chứng minh nốt $u_n > u_{n+1} \quad \forall n \ge 5.$
Thật vậy,
$u_n = \dfrac{2n^2+n}{n^2+1}\Rightarrow u_{n+1} = \dfrac{2(n+1)^2+n+1}{(n+1)^2+1}$
Do đó
$u_n-u_{n+1}=\dfrac{2n^2+n}{n^2+1}-\dfrac{2(n+1)^2+n+1}{(n+1)^2+1}$
Quy đồng và rút gọn ta được
$u_n-u_{n+1}=\dfrac{n^2-3n-3}{(n^2+1)(n^2+2n+2)}$
 Và rõ ràng khi $n \ge 5$ thì $n^2-3n-3 \ge 5n-3n-3=2n-3>7>0$
Do đó $u_n > u_{n+1}$, đpcm.

Cách khác
Chú ý rằng ta có $\sin C = \sin (A+B)=\sin A \cos B + \sin B \cos A$.
Ta có
      $\sin^2 A + \sin^2 B +\sin^2 C > 2 $
$\Leftrightarrow \sin^2 C>(1-\sin^2 A)+(1-\sin^2 B)$
$\Leftrightarrow \sin^2 (A+B)>\cos^2 A+\cos^2 B$
 $\Leftrightarrow \left ( \sin A \cos B + \sin B \cos A \right )^2>\cos^2 A+\cos^2 B$
 $\Leftrightarrow \sin^2 A \cos^2 B + \sin^2 B \cos^2 A+ 2\sin A \cos B \sin B \cos A>\cos^2 A+\cos^2 B$
 $\Leftrightarrow2\sin A \cos B \sin B \cos A>\cos^2 A(1-\sin^2 B)+\cos^2 B(1-\sin^2 A)$
 $\Leftrightarrow2\sin A \cos B \sin B \cos A>\cos^2 A\cos^2 B+\cos^2 B\cos^2 A$
  $\Leftrightarrow2\sin A \cos B \sin B \cos A>2\cos^2 A\cos^2 B$
 $\Leftrightarrow \cos B\cos A (\cos B\cos A-\sin B \sin A)<0$
 $\Leftrightarrow \cos B\cos A \cos (A+B)<0$
 $\Leftrightarrow \cos B\cos A \cos C>0$
 $\Leftrightarrow \triangle ABC$ nhọn.

Ta có:
$\cos A+\cos B=2\cos(\dfrac{A}{2}+\dfrac{B}{2})\cos(\dfrac{A}{2}-\dfrac{B}{2})\le2\cos(\dfrac{A}{2}+\dfrac{B}{2})$
$\cos C+\cos\dfrac{\pi}{3}=2\cos(\dfrac{C}{2}+\dfrac{\pi}{6})\cos(\dfrac{C}{2}-\dfrac{\pi}{6})\le2\cos(\dfrac{C}{2}+\dfrac{\pi}{6})$
$\cos(\dfrac{A}{2}+\dfrac{B}{2})+\cos(\dfrac{C}{2}+\dfrac{\pi}{6})=2\cos\dfrac{\pi}{3}\cos(\dfrac{A}{4}+\dfrac{B}{4}-\dfrac{C}{4}-\dfrac{\pi}{12})\le2\cos\dfrac{\pi}{3}$
Suy ra: $\cos A+\cos B+\cos C\le3\cos\dfrac{\pi}{3}=\dfrac{3}{2}$
và $\cos A\cos B\cos C \le \left ( \dfrac{\cos A+\cos B+\cos C}{3} \right )^3\le\dfrac{1}{8}$
Ta có:
     $\left(1+\dfrac{1}{\cos A}\right)\left(1+\dfrac{1}{\cos B}\right)\left(1+\dfrac{1}{\cos C}\right)$
$=1+\left(\dfrac{1}{\cos A}+\dfrac{1}{\cos B}+\dfrac{1}{\cos C}\right)+\left(\dfrac{1}{\cos A\cos B}+\dfrac{1}{\cos B\cos C}+\dfrac{1}{\cos C\cos A}\right)+\dfrac{1}{\cos A\cos B\cos C}$
$\ge1+\dfrac{3}{\sqrt[3]{\cos A\cos B\cos C}}+\dfrac{3}{\sqrt[3]{\cos^2A\cos^2B\cos^2C}}+8\ge27$
Dấu bằng xảy ra khi: $\Delta ABC$ đều.

a.
Kí hiệu $\sum$ và $\prod$ thay cho tổng và tích của các biểu thức đầy đủ và đối xứng.
BĐT cần chứng minh
$\Leftrightarrow \prod (1-\cos A) \le \dfrac{1}{8}\Leftrightarrow \prod 2\sin^2\dfrac{A}{2} \le \dfrac{1}{8}\Leftrightarrow \prod \sin^2\dfrac{A}{2} \le \dfrac{1}{64}\Leftrightarrow \prod \sin\dfrac{A}{2} \le \dfrac{1}{8}$
Mặt khác xem chứng minh câu e thì ta có điều này như vậy suy ra đpcm.
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi tam giác ABC đều.

Xét tính bị chặn
Ta dễ chứng minh được $u_n>1 \quad \forall n \ge 1 $ vì $\dfrac{2n^2+n}{n^2+1}>1 \quad \forall n \ge 1$
Theo phần trên thì dễ thấy các điều sau
$\begin{cases} u_1<u_2<u_3<u_4\\ u_4>u_5>u_6>... \end{cases}\Rightarrow u_4=\dfrac{36}{17}$ là số lớn nhất trong dãy
Vậy $1<u_n<\dfrac{36}{17}$

Xét tính đơn điệu
Ta có $u_n=\dfrac{2n^2+n}{n^2+1}=f(n)$
Suy ra $f'(n)=-\dfrac{n^2-4n-1}{(n^2+1)^2}$
Ta xét $u_1=3/2, u_2=2,u_3=21/10, u_4=36/17,u_5=55/26$
Nhận thấy rằng $u_1<u_2<u_3<u_4$
Nhưng kể từ $u_5$ trở đi thì $u_4>u_5>u_6>...$
Xảy ra điều này là do với $n \ge 5$ thì $n^2-4n-1 >0\Rightarrow f'(n)<0\Rightarrow f(n)$ là hàm nghịch biến.
Tức là $u_n=f(n)>f(n+1)=u_{n+1} \quad \forall n \ge 5.$
Vậy dãy đơn điệu tăng với $u_1<u_2<u_3<u_4$ và đơn điệu giảm với $n \ge 5$.

b) Ta có $u_{n}=\sqrt{2n+1}-\sqrt{2n}=\dfrac{1}{\sqrt{2n+1}+\sqrt{2n}}$
Do $2n+1>2n \Rightarrow u_{n}=\sqrt{2n+1}-\sqrt{2n}>0$
Do $\begin{cases}\sqrt{2n+1} \ge \sqrt 3\\ \sqrt{2n} \ge \sqrt 2\end{cases}\quad \forall n \ge 1\Rightarrow u_{n}=\dfrac{1}{\sqrt{2n+1}+\sqrt{2n}} \le \dfrac{1}{\sqrt{3}+\sqrt{2}}$
Vậy ta có $0< u_n \le \dfrac{1}{\sqrt{3}+\sqrt{2}}$.

a) Ta có $u_{n}=\sqrt{2n+1}-\sqrt{2n}=\dfrac{1}{\sqrt{2n+1}+\sqrt{2n}}$
Tương tự ta có $u_{n+1}=\sqrt{2n+3}-\sqrt{2n+2}=\dfrac{1}{\sqrt{2n+3}+\sqrt{2n+2}}$
Mặt khác thì
$\sqrt{2n+3}+\sqrt{2n+2}>\sqrt{2n+1}+\sqrt{2n}\Leftrightarrow \dfrac{1}{\sqrt{2n+3}+\sqrt{2n+2}}<\dfrac{1}{\sqrt{2n+1}+\sqrt{2n}}$
$\implies u_n>u_{n+1}$
nên dãy số này là đơn điệu giảm.

PT
$\Leftrightarrow x^{2} -4x +5+\sqrt{x^{2} -4x +5}-5=m$
$\Rightarrow f(t)=t^2+t-5=m$
trong đó $t=\sqrt{x^{2} -4x +5}=\sqrt{(x-2)^2+1} \ge 1$
Ta có $f'(t)=2t+1 >0 \quad \forall t \ge 1.$
Lập bảng biến thiên của $f(t)$ với chú ý $f(1)=-3, \mathop {\lim }\limits_{t \to +\infty}= +\infty$.
Như vậy PT chỉ có tối đa một nghiệm và không có giá trị nào của $m$ để PT có hai nghiệm dương.

Điều kiện $x(x-1) \ge 0,x \ne 1\Rightarrow x \le 0$ hoặc $x >1.$
Nếu $x>1$ thì $x-1 >0$, Pt đã cho
$\Leftrightarrow x(x-1) + 4\sqrt{(x-1)^2.\frac{x}{x-1}}=m$
$\Leftrightarrow x(x-1) + 4\sqrt{(x-1)x}=m$
 $\Leftrightarrow f(t)=t^2+4t=m$
 Trong đó $t=\sqrt{(x-1)x}>0$
Vẽ bảng biến thiên của $f(t)$ với chú ý $f'(t)=2t+4 >0 \quad \forall t>1.$
$f(0)=0,\mathop {\lim }\limits_{t \to+ \infty}f(t)=+ \infty$
Như vậy
$m>0$ thì PT có một nghiệm.
$m \le 0$ thì PT vô nghiệm.

Nếu $x\le 0$ thì $x-1 <0$, Pt đã cho
$\Leftrightarrow x(x-1) - 4\sqrt{(x-1)^2.\frac{x}{x-1}}=m$
$\Leftrightarrow x(x-1) - 4\sqrt{(x-1)x}=m$
 $\Leftrightarrow f(t)=t^2-4t=m$
 Trong đó $t=\sqrt{(x-1)x} \ge 0$
Vẽ bảng biến thiên của $f(t)$ với chú ý $f'(t)=2t-4,f'(t)=0\Leftrightarrow t=2,,f'(t)>0\Leftrightarrow t>2,,f'(t)<0\Leftrightarrow 0\le t<2$
$f(0)=0,f(2)=-4,\mathop {\lim }\limits_{t \to+ \infty}f(t)=+ \infty$
Như vậy
$m>0$ thì PT có một nghiệm.
$m<-4$ thì PT vô nghiệm.
 $-4 <m \le 0$, pt có hai nghiệm.

Điều kiện $x \ge 1.$
PT
$\Leftrightarrow m= \dfrac{-3\sqrt{x-1}+2\sqrt[4]{x^2-1}}{\sqrt{x+1}}=-3\sqrt{\dfrac{x-1}{x+1}}+2\sqrt[4]{\dfrac{x-1}{x+1}}$
Đặt $\begin{cases}t=\sqrt[4]{\dfrac{x-1}{x+1}}\Rightarrow 0 \le x <1 \\ m=f(t)=-3t^2+2t \end{cases}$
Lập bảng biến thiên của hàm $f(t)=-3t^2+2t$ trên $0 \le x <1$ ta có
$\underbrace{-1}_{\min_{[0,1)} f(t) } < f(t) \le \underbrace{\dfrac{1}{3}}_{\max_{[0,1)} f(t) }\Leftrightarrow \boxed{-1 < m \le\dfrac{1}{3} }$

Đặt $t=\sqrt{x} + \sqrt{1-x}\Rightarrow 0 \le t \le \sqrt 2.$
và $t^2=1+ 2\sqrt{x-x^2}\Rightarrow \sqrt{x-x^2}=\dfrac{t^2-1}{2}$
PT đã cho $\Leftrightarrow m=t-\dfrac{t^2-1}{3}=f(t)$
trong đó $f'(t)=1-\dfrac{2}{3}t$ và $f'(t)=0\Leftrightarrow t=\dfrac{3}{2}$
Vẽ bảng biến thiên của $f(t)$ với chú ý $f'(t) >0\Leftrightarrow t<3/2,f'(t) <0\Leftrightarrow t>3/2$
$f(0)=1/3, f(\sqrt 2)=\sqrt 2 -1/3, f(3/2)=13/12$
Như vậy
$13/12\ge m \ge 1/3$ thì PT có một nghiệm.
$m>13/12$ hoặc $m<1/3$ thì PT vô nghiệm.

Điều kiện $-1 \le x $.
Xét hàm số $f(x)=2\sqrt{x+1} -x$ có $f'(x)=\dfrac{1}{\sqrt {1+x}}-1=\dfrac{1-\sqrt {1+x}}{\sqrt {1+x}}$
Suy ra $f'(x)=0\Leftrightarrow 1=\sqrt {1+x}\Leftrightarrow x=0.$
Lập bảng biến thiên hàm số này với chú ý $f'(x) > 0\Leftrightarrow x <0,f'(x) > 0\Leftrightarrow x >0,f(-1)=1, f(0)=2, \mathop {\lim }\limits_{x \to +\infty}f(x)=+\infty$
Vậy
$m=2,$ PT có một nghiệm duy nhất $x=0$.
$2>m \ge1,$ PT có hai nghiệm.
$m <1,m>2$ PT vô nghiệm.

Điều kiện $-1 \le x \le 1$.
Xét hàm số $f(x)=\sqrt{x+1} +\sqrt{1-x}$ có $f'(x)=\dfrac{1}{2\sqrt {1+x}}-\dfrac{1}{2\sqrt {1-x}}=\dfrac{\sqrt {1-x}-\sqrt {1+x}}{2\sqrt {1-x^2}}$
Suy ra $f'(x)=0\Leftrightarrow \sqrt {1-x}=\sqrt {1+x}\Leftrightarrow x=0.$
Lập bảng biến thiên hàm số này với chú ý $f'(x) > 0\Leftrightarrow x <0,f'(x) > 0\Leftrightarrow x >0, f(1)=f(-1)=\sqrt 2, f(0)=2.$
Vậy
$m=2,$ PT có một nghiệm duy nhất $x=0$.
$2>m \ge \sqrt 2,$ PT có hai nghiệm.
$m <\sqrt 2,m>2$ PT vô nghiệm.

c. Áp dụng hằng đẳng thức
$$A-B = \dfrac{A^3-B^3}{A^2+AB+B^2}$$
$L=\lim(\sqrt[3]{n^3+n^2+1}-n)=\dfrac{n^3+n^2+1-n^3}{\sqrt[3]{(n^3+n^2+1)^2}+n\sqrt[3]{n^3+n^2+1}+n^2}$
$L=\dfrac{n^2+1}{\sqrt[3]{(n^3+n^2+1)^2}+n\sqrt[3]{n^3+n^2+1}+n^2}$
$L=\dfrac{1+\dfrac{1}{n^2}}{\sqrt[3]{\dfrac{(n^3+n^2+1)^2}{n^6}}+\sqrt{\dfrac{n^3+n^2+1}{n^3}}+1}$
 $L=\dfrac{1}{\sqrt[3]{1}+\sqrt{1}+1}=\dfrac{1}{3}$