Điều kiện: $\sin 2x\ne0$
$\frac{1}{\sin x}+\frac{1}{\displaystyle \sin(x-\frac{3\pi}{2} )}=4\sin (\frac{7\pi}{4}-x )$
$\Leftrightarrow  \frac{1}{\sin x}+\frac{1}{\displaystyle \sin(x+\frac{\pi}{2} )}=4\sin (\frac{-\pi}{4}-x ) $ 
$\Leftrightarrow \frac{1}{\sin x}+\frac{1}{\displaystyle \cos x}=-4\sin (x+\frac{\pi}{4})$ 
$\Leftrightarrow \frac{\displaystyle 2\sqrt2\sin(x+\frac{\pi}{4})}{\sin2x}= -4\sin (x+\frac{\pi}{4})$ 
$\Leftrightarrow \left [ \begin{array}{l} \sin (x+\frac{\pi}{4})=0\\ \sin2x=\frac{-1}{\sqrt2} \end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} x+\frac{\pi}{4}=k\pi\\ 2x=\frac{-\pi}{4}+2k\pi\\2x=\frac{5\pi}{4}+2k\pi \end{array} \right.       (k\in\mathbb{Z})$ 
                                         $\Leftrightarrow  \left[ \begin{array}{l} x=\frac{-\pi}{4}+k\pi\\ x=\frac{-\pi}{8}+k\pi\\x=\frac{5\pi}{8}+k\pi \end{array} \right.       (k\in\mathbb{Z}) $ 

Gọi số cần tìm là $A \,(1000\le A\le9999)$
Ta có: $\overline{1A}=9A \Leftrightarrow 10000+A=9A$
                               $\Leftrightarrow  A=1250$
Vậy số cần tìm là: 1250 

*) Với $x\le 1$ ta có:
$\left. \begin{array}{l} \sqrt[3]{x-1}\le0\\ \sqrt[3]{2x-1}<\sqrt[3]{3x+1} \end{array} \right\} \Rightarrow  \sqrt[3]{x-1}+ \sqrt[3]{2x-1}<\sqrt[3]{3x+1}$ , thỏa mãn.

*) Với $x>1$, ta xét:
$f(x)=  \sqrt[3]{x-1}+ \sqrt[3]{2x-1}-\sqrt[3]{3x+1}, x>1$ 
$f'(x)=\frac{1}{3}\Big(\frac{2}{\sqrt[3]{(2x-1)^2}}+ \frac{1}{\sqrt[3]{(x-1)^2}}-\frac{3}{\sqrt[3]{(3x+1)^2}}\Big)>0,\forall x>1.$ 
Mà $f(\frac{7}{6})=0$ nên $f(x)<0\Rightarrow 1<x<\frac{7}{6}$ 

Từ đó, nghiệm bất phương trình là: $S=(-\infty,\frac{7}{6})$ 

Rút gọn ta có:
$A=\frac{mn^2+1+n^2(n^2-m)}{m^2n^4+2n^4+m^2+2}=\frac{1}{m^2+2}\le\frac{1}{2}$
Vậy Max $A=\frac{1}{2}\Leftrightarrow m=0$ 

*) Với $n=1$:
$ \frac{x}{py+qz}+ \frac{y}{pz+qx}+ \frac{z}{px+qy} = \frac{x^2}{pxy+qxz}+ \frac{y^2}{pyz+qxy}+ \frac{z^2}{pxz+qyz} $
                                                                     $\ge\frac{(x+y+z)^2}{(p+q)(xy+yz+zx)} \ge \frac{3}{p+q}$
Dấu bằng xảy ra khi: $x=y=z$
*)Ta chứng minh bài toán tổng quát với $n\ge2$:
Ta có: $\frac{x^n}{py+qz}+\frac{py+qz}{(p+q)^2}+(n-2).\frac{1}{p+q}\ge n\sqrt[n]{ \frac{x^n}{py+qz}.\frac{py+qz}{(p+q)^2}.(\frac{1}{p+q})^{n-2} }=\frac{nx}{p+q}$
Tương tự: $ \frac{y^n}{qx+pz}+\frac{qx+pz}{(p+q)^2}+(n-2).\frac{1}{p+q}\ge  \frac{ny}{p+q} $ 
                  $ \frac{z^n}{px+qy}+\frac{px+qy}{(p+q)^2}+(n-2).\frac{1}{p+q}\ge  \frac{nz}{p+q} $ 
Từ đó: $ \frac{x^n}{py+qz}+ \frac{y^n}{qx+pz}+ \frac{z^n}{px+qy}+ \frac{(p+q)(x+y+z)}{(p+q)^2}+3(n-2).\frac{1}{p+q}\ge  \frac{n(x+y+z)}{p+q}$
$\Rightarrow  \frac{x^n}{py+qz}+ \frac{y^n}{qx+pz}+ \frac{z^n}{px+qy}+3(n-2).\frac{1}{p+q}\ge  \frac{(n-1)(x+y+z)}{p+q}\ge  \frac{3(n-1)}{p+q} $
 $\Rightarrow   \frac{x^n}{py+qz}+ \frac{y^n}{pz+qx}+ \frac{z^n}{px+qy} \ge \frac{3}{p+q} $
Dấu bằng xảy ra khi: $x=y=z=1$ 

Ta có: $(a+1)(b+1)=4$
và $3\le\frac{(a+b)^2}{4}+(a+b) \Rightarrow a+b\ge 2$ .
Ta có: $P=\frac{3a(a+1)+3b(b+1)}{(a+1)(b+1)}+\frac{3}{a+b}-1-a^2-b^2$
                 $=\frac{3}{4}(a^2+b^2)+\frac{3}{4}(a+b)+ \frac{3}{a+b}-1-a^2-b^2 $
                 $= \frac{-1}{4}(a^2+b^2)+\frac{3}{4}(a+b)+ \frac{3}{a+b}-1 $ 
                 $= \frac{-1}{4}[(a+b)^2-2ab]+\frac{3}{4}(a+b)+ \frac{3}{a+b}-1 $ 
                 $= \frac{-1}{4}(a+b)^2+\frac{1}{2}[3-(a+b)]+\frac{3}{4}(a+b)+ \frac{3}{a+b}-1 $ 
                 $= \frac{-1}{4}(a+b)^2+\frac{1}{4}(a+b)+ \frac{3}{a+b}+\frac{1}{2} $
                 $=\frac{3}{2}-\frac{[(a+b)-2][(a+b)^2+(a+b)+6]}{4(a+b)}\le \frac{3}{2}$
Vậy: Max $P=\frac{3}{2} \Leftrightarrow a=b=1$ 

Dùng đánh giá BĐT để chứng minh VT<VP, mọi x>1.
Phương trình vô nghiệm. 

Điều kiện: $-1\le x\le 1$
Đặt $x=\cos t$, với $t\in[0,\pi]$. Dễ thấy $\cos t=x\ne0$.
Phương trình trở thành:
$64\cos^6t-112\cos^4t+56\cos^2t-7=2\sqrt{1-\cos^2t}$ 
$\Leftrightarrow  64\cos^7t-112\cos^5t+56\cos^3t-7\cos t=2\sin t\cos t$ 
$\Leftrightarrow \cos 7t=\sin 2t$ 
$\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} 7t=\frac{\pi}{2}-2t+2k\pi\\  7t=2t-\frac{\pi}{2}+2k\pi  \end{array} \right.  (k\in\mathbb{Z})$ 
$\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} t=\frac{\pi}{18}+\frac{2k}{9}\pi\\ t=\frac{-\pi}{10}+\frac{2k}{5}\pi \end{array} \right.     (k\in\mathbb{Z})$
$\Rightarrow t\in\{\frac{\pi}{18}, \frac{5\pi}{18} , \frac{13\pi}{18} , \frac{17\pi}{18} , \frac{3\pi}{10} , \frac{7\pi}{10} \}$  vì $t\in[0,\pi]$
Suy ra: $ x\in\{\cos\frac{\pi}{18}, \cos\frac{5\pi}{18} , \cos\frac{13\pi}{18} , \cos\frac{17\pi}{18} ,\cos \frac{3\pi}{10} ,\cos \frac{7\pi}{10} \}$ 

Ta có:
$\mathop {\lim }\limits_{x \to \infty}\frac{(2x-3)^{20}.(3x-2)^{30}}{(5x-1)^{50}}$
$=\mathop {\lim }\limits_{x \to \infty}\frac{\displaystyle (2-\frac{3}{x})^{20}.(3-\frac{2}{x})^{30}}{\displaystyle(5-\frac{1}{x})^{50}} $ 
$=\frac{2^{20}.3^{30}}{5^{50}}$ 

Ta có:
    $\frac{7}{16} .\ln(3+2\sqrt{2}  )–4.\ln(\sqrt{2}  +1) –\frac{25}{8} .\ln(\sqrt{2} –1)$
$=\frac{7}{16} .2\ln(\sqrt{2}+1  )–4.\ln(\sqrt{2}  +1) +\frac{25}{8} .\ln(\sqrt{2} +1)$
$=(\frac{7}{16}.2-4+\frac{25}{8})\ln(\sqrt2+1)=0$  

Phương trình tương đương với:
$\sin  x+\frac{1}{2}(\sin3x+\sin x)-\sqrt{3}\cos 3x=2(\cos 5x+\sin^3x)$
$\Leftrightarrow \frac{3}{2}\sin x-2\sin^3x+\frac{1}{2}\sin 3x-\sqrt{3}\cos 3x=2\cos 5x$ 
$\Leftrightarrow  \frac{1}{2}\sin 3x + \frac{1}{2}\sin 3x -\sqrt{3} \cos 3x=2\cos 5x $ 
$\Leftrightarrow  \frac{1}{2}\sin 3x -\frac{\sqrt{3}}{2} \cos 3x=\cos 5x $ 
$\Leftrightarrow \sin\Big(3x-\frac{\pi}{3}\Big)=\sin\Big(\frac{\pi}{2}- 5x\Big)$ 
$\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} 3x-\frac{\pi}{3}=\frac{\pi}{2}-5x+2k\pi\\3x- \frac{\pi}{3}=5x+\frac{\pi}{2}+2k\pi   \end{array} \right.           (k\in\mathbb{Z})$
$\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} x=\frac{5\pi}{48}+\frac{k}{4}\pi\\ x=\frac{-5\pi}{12}-k\pi \end{array} \right.                     (k\in\mathbb{Z})$ 

ĐIều kiện: $x\ge -1$.
Bất phương trình tương đương với:
$(2x)^3+2x<(\sqrt{x+1})^3+\sqrt{x+1}            (1)$
Xét hàm: $f(t)=t^3+t,t\in\mathbb{R}$.
Ta có: $f'(t)=3t^2+1>0,\forall t \in \mathbb{R}$ .
Suy ra $f(t)$ đồng biến trên $\mathbb{R}$. 
Từ đó: $(1) \Leftrightarrow 2x<\sqrt{x+1}$
                   $\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} 2x<0\\\left\{ \begin{array}{l} 2x\ge0\\ 4x^2<x+1 \end{array} \right. \end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} x<0\\ 0\le x<\frac{1}{8}(1+\sqrt{17}) \end{array} \right.$ 
                   $\Leftrightarrow  x<\frac{1}{8}(1+\sqrt{17}) $ 
Kết hợp với điều kiện suy ra: $ -1\le x<\frac{1}{8}(1+\sqrt{17}) $ 

b) Ta có:
$\sin^6x+\cos^6x=\frac{1}{4}$
$\Leftrightarrow (\sin^2x+\cos^2x)^3-3\sin^2x\cos^2x(\sin^2x+\cos^2x)=\frac{1}{4}$ 
$\Leftrightarrow \frac{3}{4}\sin^22x=\frac{3}{4}$
$\Leftrightarrow \sin^22x=1$
$\Leftrightarrow \cos4x=-1$
$\Leftrightarrow 4x=\pi+2k\pi,    k\in\mathbb{Z}$
$\Leftrightarrow x=\frac{\pi}{4}+\frac{k}{2}\pi,      k\in\mathbb{Z}$ 

a) Ta có: 
$\sin^2 2x+\cos^23x=1$ 
$\Leftrightarrow \cos^23x=\cos^22x$
$\Leftrightarrow \cos6x=\cos4x$
$\Leftrightarrow \left [ \begin{array}{l} 6x=4x+2k \pi \\ 6x=-4x+2k \pi \end{array} \right.    (k\in\mathbb{Z})$ 
$\Leftrightarrow \left [ \begin{array}{l} x=k\pi\\ x=\frac{k}{5}\pi \end{array} \right.    (k\in\mathbb{Z})$