1. Do
$\begin{cases}1+\sin x \ge 0 \\ 1-\cos x \ge 0 \end{cases} \quad \forall x \Rightarrow \begin{cases}1+\sin x \ge 0 \\ \cos x -2  < 0 \end{cases} \quad \forall x\Rightarrow \dfrac{1+\sin x}{\cos x -2} \le 0 \quad \forall x$
Do đó biểu thức đã cho chỉ xác định khi $\dfrac{1+\sin x}{\cos x -2} = 0\Leftrightarrow \sin x=-1\Leftrightarrow x=-\dfrac{\pi}{2}+k\pi \quad k \in \mathbb Z$

5.
$y=\dfrac{2\cos x+2}{\cos x+\sin x+2}\Leftrightarrow y\cos x+y\sin x+2y=2\cos x+2$
$\Leftrightarrow (y-2)\cos x+y\sin x=2-2y$
Để PT có nghiệm thì ta phải có $(2-2y)^2 \le (y-2)^2+y^2 \Leftrightarrow (2-2y)^2- (y-2)^2-y^2 \le 0$
$y(y-2) \le 0\Leftrightarrow 0 \le y \le 2.$
Vậy $\max y =2\Leftrightarrow (2-2)\cos x+2\sin x=2-2.2\Leftrightarrow \sin x =-1.$

3.
$y=4(\sin^6x+\cos^6x)-5(\sin^4x+\cos^4x)-\dfrac{1}{4}\cos4x+\dfrac{1}{4}$
$y=4\left[ {(\sin^2x+\cos^2x)^3-3\sin^2x.\cos^2x(\sin^2x+\cos^2x)} \right]-5\left[ {(\sin^2x+\cos^2x)^2-2\sin^2x.\cos^2x} \right]-\dfrac{1}{4}\cos4x+\dfrac{1}{4}$
 $y=4\left[ {1-3\sin^2x.\cos^2x} \right]-5\left[ {1-2\sin^2x.\cos^2x} \right]-\dfrac{1}{4}\left ( 1-2\sin^22x \right )+\dfrac{1}{4}$
  $y=4-12\sin^2x.\cos^2x-5+10\sin^2x.\cos^2x-\dfrac{1}{4}+2\sin^2x.\cos^2x +\dfrac{1}{4}$
 $y=-1$

2.
$\tan(3x-15^o)=1=\tan 45^o\Leftrightarrow 3x-15^o=45^o + k180^o \Leftrightarrow 3x=60^o + k180^o\quad k \in \mathbb Z.$
Ta có
$\Leftrightarrow \begin{cases}-180^o<x<90^o \\ k \in \mathbb Z \end{cases} \Leftrightarrow \begin{cases}-540^o<3x<270^o \\ k \in \mathbb Z \end{cases}$
$\Leftrightarrow \begin{cases}-540^o<60^o + k180^o<270^o \\ k \in \mathbb Z \end{cases}\Leftrightarrow \begin{cases}-600^o<  k180^o<210^o \\ k \in \mathbb Z \end{cases}$
$\Leftrightarrow \begin{cases}-3\le  k\le 1 \\ k \in \mathbb Z \end{cases}\Rightarrow k \in \left\{ {-3,-2,-1,0,1} \right\}$
 Như vậy PT trên có $5$ nghiệm.

1.
$y=\dfrac{2\tan4x}{1-\tan^24x}=\dfrac{2\dfrac{\sin 4x}{\cos4x}}{1-\dfrac{\sin^2 4x}{\cos^24x}}=\dfrac{2\dfrac{\sin 4x}{\cos4x}}{\dfrac{\cos^24x-\sin^2 4x}{\cos^24x}}=\dfrac{2\dfrac{\sin 4x}{\cos4x}}{\dfrac{\cos8x}{\cos^24x}}=2\dfrac{\sin 4x\cos 4x}{\cos8x}=\tan 8x$
Như vậy $y=f(x)=\tan 8x$
Nên  $f(x+\dfrac{\pi}{8})=\tan (8x+8.\dfrac{\pi}{8})=\tan (8x+\pi)=\tan 8x =f(x)$
Như vậy $k=\dfrac{1}{8}$.

Ta có
$n(n+2)(n+4)(n+6)=(n^2+6n)(n^2+6n+8)=(n^2+6n+4)^2-16$
Trước hết ta cần $\sqrt{n(n+2)(n+4)(n+6)} \in \mathbb Z\Rightarrow (n^2+6n+4)^2-16$ phải là số chính phương.
Đặt $(n^2+6n+4)^2-16=m^2, \quad m \in \mathbb Z^+.$
Suy ra $(n^2+6n+4)^2-m^2=16\Rightarrow (n^2+6n+4-m)(n^2+6n+4+m)=16$
Ta thấy rằng $(n^2+6n+4+m)-(n^2+6n+4-m)=2m> 0$ là một số chẵn nên $(n^2+6n+4+m),(n^2+6n+4-m)$ phải cùng tính chẵn lẻ và là ước của $16$. Vì vậy phải có
$\begin{cases}n^2+6n+4+m=8 \\ n^2+6n+4-m=2 \end{cases}\Rightarrow 2(n^2+6n+4)=10\Rightarrow n^2+6n=1,$ vô nghiệm.
Vậy không tồn tại giá trị nào của $n$ thỏa mãn điều kiện bài toán.

3. Áp dụng tích phân từng phần
$\int\limits_{0}^{e}\ln x dx=x\ln x |_{0}^{e}-\int\limits_{0}^{e} x d(\ln x)=x\ln x |_{0}^{e}-\int\limits_{0}^{e} x. \dfrac{1}{x}dx$ 
$=x\ln x |_{0}^{e}-\int\limits_{0}^{e}dx=x\ln x |_{0}^{e}- x |_{0}^{e}=x\ln x |_{0}^{e}-e$ 
Ta có
$x\ln x |_{0}^{e}=e\ln e - \mathop {\lim }\limits_{x \to 0}x\ln x=e - \mathop {\lim }\limits_{x \to 0}\dfrac{\ln x}{\dfrac{1}{x}}\underbrace{=}_{Lopitan}e - \mathop {\lim }\limits_{x \to 0}\dfrac{(\ln x)'}{(\dfrac{1}{x})'} $
$=e - \mathop {\lim }\limits_{x \to 0}\dfrac{\dfrac{1}{x}}{-\dfrac{1}{x^2}}=e - \mathop {\lim }\limits_{x \to 0}-x=e$ 
Vậy $\int\limits_{0}^{e}\ln x dx=e-e=0.$ 

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

Đặt $t=x+4$ ta có PT 
$\Leftrightarrow (t-1)^4+(t+1)^4=2$ 
$\Leftrightarrow t^4-4t^3+6t^2-4t+1+t^4+4t^3+6t^2+4t+1=2$  
$\Leftrightarrow 2t^4+12t^2=0$  
$\Leftrightarrow t^2(t^2+6)=0$   
$\Leftrightarrow t=0$    
$\Leftrightarrow x=-4$      

Ta biết kết quả sau
$\overrightarrow{GA}+\overrightarrow{GB}+\overrightarrow{GC}=\overrightarrow{0}\Rightarrow \overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OB}+\overrightarrow{OC}=3\overrightarrow{OG}$ 
Và 
$2\overrightarrow{OA}.\overrightarrow{OB}=-\left ( \overrightarrow{OA}-\overrightarrow{OB} \right )^2+ \overrightarrow{OA}^2+\overrightarrow{OB}^2=-\left (\overrightarrow{BA} \right )^2+ \overrightarrow{OA}^2+\overrightarrow{OB}^2=-c^2+2R^2$
Với $G$ là trọng tâm của tam giác, $O$ là tâm đường tròn ngoại tiếp..
Suy ra
      $\left ( \overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OB}+\overrightarrow{OC} \right )^2=\left ( 3\overrightarrow{OG}\right )^2$ 
$\Leftrightarrow \overrightarrow{OA}^2+\overrightarrow{OB}^2+\overrightarrow{OC}^2+2 \overrightarrow{OA}.\overrightarrow{OB}+2\overrightarrow{OB}.\overrightarrow{OC}+2\overrightarrow{OC}.\overrightarrow{OA}=9d^2$  
$\Leftrightarrow3R^2+\left (-c^2+2R^2 \right)+\left (-a^2+2R^2 \right)+\left (-b^2+2R^2 \right)=9d^2$  
$\Leftrightarrow a^2+b^2+c^2=9R^2-9d^2$ , đpcm.

Theo tính chất của tính vi phân, ta có $du=u'(x)dx$
Như vậy
$d(e^{-x^2})=(e^{-x^2})'dx=e^{-x^2}.(-2x)dx=-2xe^{-x^2}dx$ 
Như vậy
$\frac{1}{2}\mathop {\lim }\limits_{a \to +\infty }\int\limits_{0}^{a}-x^{2}d(e^{-x^{2}})=\frac{1}{2}\mathop {\lim }\limits_{a \to +\infty }\int\limits_{0}^{a}-x^{2}\left (-2xe^{-x^2}dx \right )=\frac{1}{2}\mathop {\lim }\limits_{a \to +\infty }\int\limits_{0}^{a}2x^{3}e^{-x^{2}}dx=$
$=\mathop {\lim }\limits_{a \to +\infty }\int\limits_{0}^{a}x^{3}e^{-x^{2}}dx$ 

Ta sẽ chứng minh bài toán trên không đúng.
Theo định lý Vi-et ta có
$\begin{cases}x_1+x_2+x_3=-b/a=m^3+3 \\x_1x_2+x_2x_3+x_3x_1=c/a=m^2+3\\x_1x_2x_3=-d/a=1 \end{cases}$
Giả sử $x_1,x_2,x_3$ lập thành cấp số nhân theo thứ tự này, suy ra $x_1x_3=x_2^2$
Như vậy $x_2^3=x_1x_2x_3=1\Rightarrow x_2=1.$
Giả sử bài toán đúng với mọi $m$ nên với $m=-1$ cũng đúng, kết hợp với $x_2=1$ ta được
$\begin{cases}x_1+x_3=1 \\x_1+x_3+x_3x_1=4\\x_1x_3=1 \end{cases}$
 Đây là điều vô lý vì $x_1+x_3+x_3x_1=1+1=2 \ne 4$

Nhắc lại không chứng minh kết quả sau
$\int\limits\dfrac{1}{1-z^2}dz=\dfrac{1}{2}\ln\left| {\dfrac{1+z}{1-z}} \right|+C$
 Ta có
$\dfrac{x^{2}+1}{x\sqrt{3x+1}}=\dfrac{x^{2}}{x\sqrt{3x+1}}+\dfrac{1}{x\sqrt{3x+1}}$
$\dfrac{x^{2}+1}{x\sqrt{3x+1}}=\dfrac{x}{\sqrt{3x+1}}+\dfrac{1}{x\sqrt{3x+1}}$
 $\dfrac{x^{2}+1}{x\sqrt{3x+1}}=\dfrac{(3x-2)+2(3x+1)}{9\sqrt{3x+1}}-\dfrac{3}{1-(3x+1)}.\dfrac{1}{\sqrt{3x+1}}$
  $\dfrac{x^{2}+1}{x\sqrt{3x+1}}=\dfrac{(3x-2)}{9\sqrt{3x+1}}+\dfrac{2(3x+1)}{9\sqrt{3x+1}}-\dfrac{1}{1-(3x+1)}.\dfrac{3}{\sqrt{3x+1}}$
   $\dfrac{x^{2}+1}{x\sqrt{3x+1}}=\dfrac{2}{27}(3x-2)\left ( \sqrt{3x+1} \right )'+\dfrac{2}{27}(3x-2)'\left ( \sqrt{3x+1} \right )-2.\dfrac{1}{1-(3x+1)}\left ( \sqrt{3x+1} \right )'$
    $\dfrac{x^{2}+1}{x\sqrt{3x+1}}=\left[ {\dfrac{2}{27}(3x-2)\left ( \sqrt{3x+1} \right )} \right]'-2.\dfrac{1}{1-(3x+1)}\left ( \sqrt{3x+1} \right )'$
Suy ra 
 $\int\limits_{1}^{5}\dfrac{x^{2}+1}{x\sqrt{3x+1}}dx=\left[ {\dfrac{2}{27}(3x-2)\left ( \sqrt{3x+1} \right )} \right]_{1}^{5}-2\int\limits_{1}^{5}\dfrac{1}{1-(3x+1)}d\left ( \sqrt{3x+1} \right )$
  $\int\limits_{1}^{5}\dfrac{x^{2}+1}{x\sqrt{3x+1}}dx=\left[ {\dfrac{2}{27}(3x-2)\left ( \sqrt{3x+1} \right )} \right]_{1}^{5}-2\left[ {\dfrac{1}{2}\ln\left| {\dfrac{1+\sqrt{3x+1} }{1-\sqrt{3x+1} }} \right|} \right]_{1}^{5}$
 $\boxed{\int\limits_{1}^{5}\dfrac{x^{2}+1}{x\sqrt{3x+1}}dx=\dfrac{100}{27}+\ln\dfrac{9 }{5}}$

Máy tính FX 570ES có hỗ trợ tìm $x$ trong các PT bậc nhất rất hiệu quả, cụ thể là các bài toán dạng trên. Để thực hiện thao tác này trong máy, bạn nhập dể hiển thị giống hệt như trên.
Chú ý rằng
để nhập kí tự $x$ thì ta ấn "ALPHA" và  ")"
để nhập ký tự $"="$ thì ta ấn "ALPHA" và  "CALC"
 Sau khi đã nhập xong và được PT như trên ta ấn "SHIFT" và  "CALC" và "="
Bạn sẽ thu được nghiệm $x$.