1. Cho tam giác $ABC$ với $BC=a,CA=b,AB=c$, thỏa mãn $\frac{\cos B}{c}=\frac{\cos C}{b}=\frac{\sin A}{a}$. Tính số đo của góc $A$.
2. Giải phương trình trên tập số thực: ${\log }_2(x+3)+{\log }_2\left(\sqrt{x+2}-x^2\right)=1+{\log }_2(2x+1)$.

(AI giải đề cho tôi)
**Câu 1.** Theo định lý sin: $a=2R\sin A,b=2R\sin B,c=2R\sin C$. Từ $\frac{\cos B}{c}=\frac{\sin A}{a}$ suy ra $a\cos B=c\sin A$, tức $2R\sin A\cos B=2R\sin C\sin A\Rightarrow \cos B=\sin C$ (vì $\sin A>0$). Tương tự $\cos C=\sin B$. Vì $0<B,C<180^{\circ }$, $\cos B=\sin C=\cos (90^{\circ }-C)$ cho $B=90^{\circ }-C$ (trường hợp $B=C-90^{\circ }$ dẫn đến $\cos C=-\cos C$, vô lý). Suy ra $B+C=90^{\circ }$, vậy $A=180^{\circ }-(B+C)=90^{\circ }$.

**Câu 2.** Điều kiện: $x>-\frac{1}{2}$ và $\sqrt{x+2}>x^2$ (đảm bảo các logaritm xác định).

Đặt $t=\sqrt{x+2}\ge 0$, suy ra $x=t^2-2$. Điều kiện trở thành $t>\sqrt{\frac{3}{2}}$ và $t>(t^2-2{)}^2$.

Phương trình ${\log }_2[(x+3)(\sqrt{x+2}-x^2)]={\log }_2[2(2x+1)]$ tương đương
$$(t^2+1)\left(t-(t^2-2{)}^2\right)=4t^2-6.$$
Khai triển $(t^2+1)(-t^4+4t^2+t-4)=-t^6+3t^4+t^3+t-4$, nên
$$t^6-3t^4-t^3+4t^2-t-2=0=(t^2-t-1)(t^4+t^3-t^2-t+2).$$
(Kiểm tra phép nhân: khớp từng hệ số.)

Với $t\ge \sqrt{3/2}$: $q(t)=t^4+t^3-t^2-t+2$ có $q^{\prime }(t)=4t^3+3t^2-2t-1>0$ và $q^{\prime \prime }>0$ nên $q$ tăng, mà $q(\sqrt{3/2})\approx 3,36>0$, do đó $q(t)>0$. Vậy $t^2-t-1=0\Rightarrow t=\frac{1+\sqrt{5}}{2}$ (nhận, $t>\sqrt{3/2}$).

Khi đó $x=t^2-2=t-1=\frac{\sqrt{5}-1}{2}\approx 0,618$. Kiểm tra: $x^2=2-t\approx 0,382<t=\sqrt{x+2}$, thỏa điều kiện. Thử lại: $(x+3)(\sqrt{x+2}-x^2)=(t+2)\cdot 2(t-1)=2(2t-1)=2(2x+1)$ — đúng.

Kết luận: góc $A=90^{\circ }$; phương trình có nghiệm duy nhất $x=\frac{\sqrt{5}-1}{2}$.