Đặt $\arctan x=t\Rightarrow x=\tan t$
                                         $\Rightarrow dx=(1+\tan^2t)dt$
Từ đó:
$\int h(x)dx=\int\frac{e^t\tan t(1+\tan^2t)dt}{(1+\tan^2t)^{\frac{3}{2}}}$ 
                       $=\int\frac{e^t\tan tdt}{\sqrt{1+\tan^2t}}$
                       $=\int e^t\sin tdt$ 
                       $=\frac{(\sin t-\cos t)e^t}{2}+C$
                       $=\frac{(\tan t-1)e^t}{2\sqrt{1+\tan^2t}}+C$
                       $=\frac{(x-1)e^{\arctan x}}{2\sqrt{1+x^2}}+C$ 

$\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{1-\cos 2x}{\sin^2x} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{2\sin^2x}{\sin^2x}=2$

b) Đặt $t=3^x,t>0$
Bất phương trình trở thành: $g(t)=t^2-(2m-1)t+m^2-m\ge0$ 
Ta có: $\mathop {\lim }\limits_{t \to+\infty}g(t)=+\infty$ 
nên bất phương trình có nghiệm $t>0$ với $\forall m\in\mathbb{R} .$ 

a) Đặt $t=2^x, t>0$
Bất phương trình trở thành: $f(t)=3t^2-(m-1)t+2(m-1)<0$ 
Bất phương trình có nghiệm $t>0$ khi  và chỉ khi: $f(0)<0$ hoặc $f(t)=0$ có 2 nghiệm phân biệt dương.
$\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} f(0)<0\\\left\{ \begin{array}{l} \Delta>0\\ \frac{m-1}{3}>0\\ \frac{2(m-1)}{3}>0\end{array} \right. \end{array} \right. \Leftrightarrow \left [ \begin{array}{l} 2(m-1)<0\\ \left\{ \begin{array}{l} (m-1)^2-24(m-1)>0\\m>1 \end{array} \right. \end{array} \right.$ 
$\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} m<1\\ m>25 \end{array} \right.$ 

Từ đó:
$\int\limits_0^1x^2e^xdx=(x^2-2x+2)e^x\left|\begin{array}{l}1\\0\end{array}\right.=e-2$ 

Ta có: $F'(x)=(ax^2+bx+c)e^x+(2ax+b)e^x$
                           $=(ax^2+(2a+b)x+b+c)e^x$ 
Để $F(x)$ là 1 nguyên hàm của $f(x)$ thì:
$\left\{ \begin{array}{l} a=1\\2a+b=0\\b+c=0 \end{array} \right.\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} a=1\\b=-2\\c=2 \end{array} \right.$

Xét hàm:
$f(t)=\ln\frac{t}{1-t},t\in(0;1)$ .
$f'(t)=\frac{1}{t(1-t)}\ge\frac{1}{\displaystyle \frac{(t+(1-t))^2}{4}}=4,\forall t\in(0;1)$ 
Áp dụng định lý Lagrange, tồn tại $c\in(x,y)$ sao cho:
$\frac{f(y)-f(x)}{y-x}=f'(c)\Rightarrow  \frac{1}{y-x}(\ln \frac{y}{1-y}-\ln \frac{x}{1-x})=f'(c)\ge 4$, đpcm. 

4)
Ta có: $\sum_{i=1}^niC_n^{n-i}=\sum_{i=1}^niC_n^i$
Lại có: $(x+1)^n=\sum_{i=0}^nC_n^ix^i$
Đạo hàm 2 vế: $n(x+1)^{n-1}=\sum_{i=1}^niC_n^ix^{i-1}$ 
Thay $x=1$ ta được: $ \sum_{i=1}^niC_n^i =n.2^{n-1}$ 
Từ đó suy ra: $n.2^{n-1}=1024 \Leftrightarrow n=8$ 

3)
Ta có:
$\sum_{i=0}^n\frac{A_n^i}{i!}=\sum_{i=0}^nC_n^i$.
Mà:
$(x+1)^n=\sum_{i=0}^nC_n^ix^i\Rightarrow \sum_{i=0}^nC_n^i=(1+1)^n=2^n$
Phương trình trở thành: $2^n=4096 \Leftrightarrow n=12$