Bài này đã được giải ở đây.

http://toan.hoctainha.vn/Hoi-Dap/Cau-Hoi/113863/nguyen-ham  

b)Áp dụng $(1)$, ta có : $I_3=\frac{x}{4(x^2+1)^2}+\frac{3}{4}I_2  $
$(1) \Rightarrow  I_2=\frac{x}{2(x^2+1)}+\frac{1}{2}I_1  $
Tính : $I_1=\frac{dx}{x^2+1}=\arctan x+C_1 $
$\Rightarrow  I_3=\frac{x}{4(x^2+1)^2}+\frac{3}{4} [\frac{x}{2(x^2+1)}+\frac{1}{2} \arctan x+C_1 ] $
$\Rightarrow I_3=\frac{x}{4(x^2+1)^2}+\frac{3x}{8(x^2+1)}+\frac{3}{8}\arctan x+C$

a)Xét : $I_n=\int\limits \frac{dx}{(x^2+1)^2}=\int\limits (x^2+1)^{-1};\forall x \in Z^+$
Đặt : $\left\{ \begin{array}{l} u=(x^2+1)^{-n} \Rightarrow  du=\frac{-2nxdx}{(1+x^2)^{n+1}} \\ dv=dx            \Rightarrow  v=x \end{array} \right. $
Lúc đó : $I_n=\frac{x}{(x^2+1)^n}+2n \int\limits \frac{x^2dx}{(x^2+1)^{n+1}}=\frac{x}{(x^n+1)^n+2n \int\limits \frac{(x^2+1)-1}{(x^2+1)^{n+1}} }dx   $
$=\frac{x}{(x^2+1)^n}+2nI_n-2nI_{n+1} $
$\Rightarrow  I_{n+1}=\frac{x}{2n(x^2+1)^n}+\frac{(2n-1),I_n}{2n}  $
$\Rightarrow  I_n =\frac{x}{2(n-1)(x^2+1)^{n-1}}+\frac{(2n-3).I_{n-1}}{2(n-1)}       (1);n=2;3;4....$

2. Ta lần lượt có:
+) Với $n=1$ thì:
       $I_1=x.e^x-I_o=xe^x-\int\limits e^xdx=xe^x-e^x+C$
+) Với $n=2$ thì:
       $I_2=x^2e^x-2I_1=x^2e^x-2(xe^x-e^x)+C=x^2e^x-2xe^x+2e^x+C$
+) Với $n=3$ thì:
       $I_3=x^3e^x-3I_2=x^3e^x-3(x^2e^x-2xe^x+2e^x)+C$
           $= x^3e^x-3x^2e^x+6xe^x-6e^x+C$

1. Đặt 
       $\begin{cases}u=x^n \\ dv=e^xdx \end{cases} \Leftrightarrow \begin{cases}du=n x^{n-1}  \\ v=e^x \end{cases}  $
Khi đó: 
       $I_n=x^ne^x-n \int\limits x^{n-1}e^xdx=x^ne^x-nI_{n-1} $

a) Trong mặt phẳng $(SCD)$, đường thẳng $SM$ cắt $CD$ tại $N$.
Như thế, $N$ là giao điểm của $CD$ và $(SBM)$ 
b) Trong mặt phẳng $(SBM)$, đường thẳng $BM$ cắt $SO$ tại $I$.
Như thế, $I$ là giao điểm của $BM$ và $(SAC)$.
c) Trong mặt phẳng $(SAC)$, đường thẳng $AI$ cắt $SC$ tại $P$.
Như thế, $P$ là giao điểm của $SC$ và $(ABM)$.

Mp $ABC$ (chứa $MN$) cắt mp $BCD$ theo giao tuyến $BC$ mà $MN$ không song song với $BC$ nên cắt $BC$ tại $I$, $I\in mp  BCD$ nên $I$ là giao điểm của đường thẳng $MN$ với mp $BCD$.

Tương tự: $MP$ cắt $AD$ tại $J$ thì  $J$ là giao điểm của đường thẳng $MP$ với mp $ACD$. 

Mp $MNP$ cắt mp $BC$ taji $I$, cắt $AD$ tại $J$, cắt $CD$ tại $Q$ với $Q=CD\cap PI$ 

Ta có:
      $(1+x)^n =\sum_{i=0}^nC^i_nx^i$
$\Rightarrow n(1+x)^{n-1}=\sum_{i=1}^{n}iC^i_nx^{i-1}$ 
$\Rightarrow nx(1+x)^{n-1}=\sum_{i=1}^{n}iC^i_nx^i $ 
$\Rightarrow n(1+x)^{n-1}+n(n-1)x(1+x)^{n-2}=\sum_{i=1}^ni^2C^i_nx^{i-1}$ 
Thay $x=1$, ta được:
$ S=1^2C^1_n+2^2C^2_n+3^2C^3_n+....+n^2C^n_n=n.2^{n-1}+n(n-1)2^{n-2}$ 

Áp dụng Cauchy:
$\sqrt{\frac{a^2}{b}}+\sqrt b\ge2\sqrt a$ 
$\sqrt{\frac{b^2}{a}}+\sqrt a\ge2\sqrt b$ 
Cộng 2 BĐT trên lại ta có đpcm.
Dấu bằng xảy ra khi: $a=b$ 

Áp dụng BĐT Cauchy ta có:
$2.\sqrt{a+1}.\frac{2}{\sqrt 3}\le a+ 1+ \frac{4}{3}$
$2.\sqrt{b+1}.\frac{2}{\sqrt 3}\le b+ 1+ \frac{4}{3}$
$2.\sqrt{c+1}.\frac{2}{\sqrt 3}\le c+ 1+ \frac{4}{3}$
Dẫn tới:
$\frac{4}{\sqrt 3}\left ( \sqrt{a+1}+\sqrt{b+1}+\sqrt{c+1} \right ) \le a+b+c+3+4=8$
$\Rightarrow \sqrt{a+1}+\sqrt{b+1}+\sqrt{c+1} \le 2\sqrt 3<3,5$

Bài này đã có trong thư viện.
Bạn có thể tìm kiếm trước khi đặt câu hỏi.
Đáp án như sau:

Ta có : $ \sum\limits_{k = 0}^{2n - 1} {(-t)^k} = \frac{1-t^{2n}}{1+t} <\frac{t}{2+t}, \forall t \in  (0;1]$
$\Rightarrow \int\limits_{0}^{1} \sum\limits_{k = 0}^{2n - 1} {(-t)^k}dt < \int\limits_{0}^{1} \frac{dt}{1+t}  \Leftrightarrow  \sum\limits_{k = 0}^{2n - 1} {\frac{(-1)^k}{1+k} } < \ln 2 $
$\Leftrightarrow  \sum\limits_{k = 1}^{n} {\frac{1}{2k-1} } - \sum\limits_{k = 1}^{n} {\frac{1}{2k} } < \ln 2 \Leftrightarrow  \sum\limits_{k = 1}^{n} {\left ( \frac{1}{2k-1}-\frac{1}{2k}   \right ) } < \ln 2$
$\Leftrightarrow  \sum\limits_{k = 1}^{n} {\frac{1}{2k(2k-1)} } < \ln 2 $
Vậy : $ \sum\limits_{k = 1}^{n} {\frac{1}{k(2k-1)} } < \ln 4 $  

Theo Cauchy ta có: 
$27x^3+1+1\ge9x$
$ 27y^3+1+1\ge9y $
$ 27z^3+1+1\ge9z $
Cộng 3 BĐT trên ta có đpcm.
Dấu bằng xảy ra khi: $x=y=z=\frac{1}{3}$