Dễ thấy dấu bằng xảy ra khi $a=b=c=1$ nên dung Cosi, hữu tỉ hóa $\sqrt[3]{a+7}$  qua BDT trung gian là xong
Theo Cosi $3\sqrt[3]{a+7}.2.2\leq (a+7+8+8)$ suy ra
VT$\leq \frac{a+b+c+69}{12}$
mà $a^4+1+1+1\geq 4a $(Cosi 4 số) từ đó suy ra $\frac{a+b+c+69}{12}\leq \frac{\frac{a^4+b^4+c^4+9}{4}+69}{12}$
Ta cần chứng minh $\frac{a^4+b^4+c^4+285}{12}\leq 2(a^4+b^4+c^4)$
$\Leftrightarrow a^4+b^4+c^4 \geq 3 $      (1)
Theo Cosi $a^4 +b^4 +b^4+1 \geq 4ab^2$ tương tự suy ra
$3(a^4 +b^4 +c^4)+4 \geq 4(ab^2 +bc^2 +ca^2) =12$ suy ra ĐPCM

Đặt $y=2x,t=\sqrt[3]{6x+1}$, PT đã cho trở thành: $\begin{cases}t^3=3y+1 \\ y^3-2y=t+1 \end{cases}$
Trừ 2 PT ta được:
      $y^3+y=t^3+t$
$\Leftrightarrow (y-t)(y^2+yt+t^2+1)=0$
$\Leftrightarrow y-t=0$       (vì $y^2+yt+t^2+1>0$)
Thay vào phương trình đầu của hệ ta được:  $f(y)=y^3-3y-1=0     (y\ge \frac{-1}{3})$
Thay $y=2x$ suy ra $4x^3-3x=\frac{1}{2}=\cos \frac{\pi}{3}$
dễ dàng thấy $x=\cos \frac{\pi}{9} $ và $x=\cos \frac{7\pi}{9}$ và $x=\cos \frac{13\pi}{9}$ là các nghiệm của phương trình

Điều kiện  $x \geq  -\frac{4}{5} $
Phương trình đã cho tương đương
$x^{3}+9x^{2}+24x=180x+144+2(20x+40) \sqrt{5x+4}  (1)  $
Đặt $t=2 \sqrt{5x+4}  (t \geq  0) \Leftrightarrow  t^{2}-16=20x  $  thì
$(1) \Leftrightarrow   x^{3}+9x^{2}+24x =9(t^{2}-16 )+144+(t^{2}+24 )t    $
$\Leftrightarrow   x^{3}+9x^{2}+24x= t^{3}+9t^{2}+24t    (2) $
Xét hàm $f(x)=  x^{3}+9x^{2}+24x$ với  $ x \geq -\frac{4}{5} $ dễ thấy $f(x)$ đồng biến
Từ $(2) \Rightarrow  x=t=2 \sqrt{5x+4} \Leftrightarrow  x=  10 + \sqrt{116} $ (do $x \geq  - \frac{4}{5}  )  $

Đặt $a=x^2-2x$ $b=x^2$ $(a\geq -1; b\geq 0)$
Bất phương trình tương đương $4.2^a + 8.2^b > 2^{a+b} +32$
$\Leftrightarrow $ 
$(2^a-8)(4-2^b)\geqslant 0$ đến đây tự giải nhé

Gọi $O$ là tâm hình cầu ngoại tiếp hình tứ diện
Khi đó ta có: $OA=OB=OC=OD$.
Từ $O$ kẻ $OA_1,OB_1,OC_1,OD_1$ lần lượt vuông góc với các mặt $(BCD),(ACD),(ABD),(ABC)$.

Do $OB=OC=OD\Rightarrow A_1B=A_1C=A_1D$.
Vậy $A_1$ là tâm đường tròn ngoại tiếp ta giác $BCD$. Tương tự $B_1,C_1,D_1$ lần lượt là tâm đường tròn ngoại tiếp các tam giác $ACD,ABD,ABC$.
Từ giả thiết suy ra $\Delta  ABC=\Delta  DCB$
$\Rightarrow $ các bán kính đường tròn ngoại tiếp của hai tam giác này bằng nhau.
$\Rightarrow AD_1=A_1C$
$\Rightarrow $ tam giác vuông $AD_1O$ bằng tam giác vuông $CA_1O$$\Rightarrow OD_1=OA_1$. Tương tự có $OA_1=OB_1=OC_1=OD_1\Rightarrow O$ là tâm hình cầu nội tiếp tứ diện $ABCD \Rightarrow $ đpcm