PT
$\Leftrightarrow \left | \cos x \right |-\left | \sin x \right |=\cos2x.\sqrt{1+\sin2x}$
$\Leftrightarrow \left | \cos x \right |-\left | \sin x \right |=\left ( \left | \cos x \right |-\left | \sin x \right | \right )\left ( \left | \cos x \right |+\left | \sin x \right | \right )\sqrt{1+\sin2x}$
 $\Leftrightarrow \left[ {\begin{matrix} \left | \cos x \right |=\left | \sin x \right |\qquad (1)\\ \left ( \left | \cos x \right |+\left | \sin x \right | \right ) \sqrt{1+\sin2x}=1\qquad (2)\end{matrix}} \right.$
+  Giải $(1)$
$(1)\Leftrightarrow \cos^2 x =\sin^2 x \Leftrightarrow \cos 2x =0\Leftrightarrow x =\dfrac{\pi}{4}+k\dfrac{\pi}{2},\quad k \in \mathbb Z.$
 Từ $\begin{cases} x =\dfrac{\pi}{4}+k\dfrac{\pi}{2} \\ 2007 <x <2008 \\k \in \mathbb Z\end{cases}\Rightarrow $ không tồn tại $k,x$
+  Giải $(2)$
$(2)\Leftrightarrow (1+|\sin2x|)(1+\sin2x)=1 \Leftrightarrow \sin 2x =0\Leftrightarrow x =k\dfrac{\pi}{2},\quad k \in \mathbb Z.$
 Từ $\begin{cases} x =k\dfrac{\pi}{2} \\ 2007 <x <2008 \\k \in \mathbb Z\end{cases}\Rightarrow \boxed{x=639 \pi}.$

b)
+ Tính $5$ số hạng đầu
$u_1=\sqrt 2=2\cos\dfrac{\pi}{4} =2\cos\dfrac{\pi}{2^2} $
$u_2=\sqrt{u_1+2}=\sqrt{2\cos\dfrac{\pi}{2^2}+2}=\sqrt{2(\cos\dfrac{\pi}{2^2}+1)}=\sqrt{2.2\cos^2\dfrac{\pi}{2^3}} =2\cos\dfrac{\pi}{2^3} $
tương tự như vậy
$u_3=2\cos\dfrac{\pi}{2^4} $
$u_4=2\cos\dfrac{\pi}{2^5} $
$u_5=2\cos\dfrac{\pi}{2^6} $
+ Dự đoán số hạng tổng quát $\quad u_n=2\cos\dfrac{\pi}{2^{n+1}} \quad \forall n \in \mathbb N.$
Với $n=1$, hiển nhiên thấy đúng.
Giả sử công thức đúng với $n=k \ge 2$, tức là $\quad u_k=2\cos\dfrac{\pi}{2^{k+1}}$.
Theo công thức truy hồi và giả thiết quy nạp ta có
$u_{k+1}=\sqrt{u_k+2}=\sqrt{2\cos\dfrac{\pi}{2^{k+1}}+2}=\sqrt{2(\cos\dfrac{\pi}{2^{k+1}}+1)}=\sqrt{2.2\cos^2\dfrac{\pi}{2^{k+2}}} =2\cos\dfrac{\pi}{2^{k+2}} $
Điều này có nghĩa là công thức cũng đúng với $n=k+1$.
Vậy $\quad  u_n=2\cos\dfrac{\pi}{2^{n+1}} \quad \forall n \in \mathbb N.$

a)
+ Tính $5$ số hạng đầu $u_1=3, u_2=2, u_3=\dfrac{3}{2}, u_4=\dfrac{5}{4}, u_5=\dfrac{9}{8} $
+ Dự đoán số hạng tổng quát $\quad u_n=2^{2-n}+1 \quad \forall n \in \mathbb N.$
Với $n=1$, hiển nhiên thấy đúng.
Giả sử công thức đúng với $n=k \ge 2$, tức là $\quad u_k=2^{2-k}+1$.
Theo công thức truy hồi và giả thiết quy nạp ta có
$u_{k+1}=\dfrac{1}{2}(u_{k}+1)=\dfrac{1}{2}(2^{2-k}+2)=\dfrac{1}{2}.2(2^{2-k-1}+1)=2^{2-(k+1)}+1$
Điều này có nghĩa là công thức cũng đúng với $n=k+1$.
Vậy $\quad u_n=2^{2-n}+1 \quad \forall n \in \mathbb N.$

Đặt $x =\dfrac{1}{1+a},y =\dfrac{1}{1+b},z =\dfrac{1}{1+c}$. Ta có
$x =\dfrac{1}{1+a}\Rightarrow 1+a =\dfrac{1}{x}\Rightarrow a =\dfrac{1-x}{x}$
Làm tương tự như vậy với $y,z$.
Từ $abc=1\Rightarrow xyz=(1-x)(1-y)(1-z)=1-(x+y+z)+(xy+yz+zx)-xyz$
Suy ra $2xyz=1-(x+y+z)+(xy+yz+zx).$
Như vậy BDDT cần chứng minh
$\Leftrightarrow x^2+y^2+z^2+2xyz \ge 1$
$\Leftrightarrow x^2+y^2+z^2+1-(x+y+z)+(xy+yz+zx) \ge 1$
$\Leftrightarrow x^2+y^2+z^2-(x+y+z)+(xy+yz+zx) \ge 0$
Từ BDDT quen thuộc, $x^2+y^2+z^2\ge (xy+yz+zx) $ ta dễ dàng chứng minh được
$x^2+y^2+z^2+ (xy+yz+zx) \ge \dfrac{2}{3}(x+y+z)^2$
Tóm lại bài toán quy về chứng minh
$\dfrac{2}{3}(x+y+z)^2-(x+y+z) \ge 0\Leftrightarrow x+y+z \ge \dfrac{3}{2}$

Để chứng minh BĐT này thì ta chú ý $abc=1$ nên tồn tại các số $m,n,p $ sao cho  $a=\dfrac{m}{n}, b=\dfrac{n}{p}, c=\dfrac{p}{m}, $ Khi đó
$x+y+z = \dfrac{1}{1+a}+\dfrac{1}{1+b}+\dfrac{1}{1+c}= \dfrac{n}{n+m}+\dfrac{p}{n+p}+\dfrac{m}{m+p} \ge \dfrac{3}{2}$, đpcm.

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