а) Сгруппируем синусы: \sin x\,(\cos 2x+1)+\sqrt{2}\cos^2 x=0. И тут выстреливает формула понижения степени: \cos 2x+1=2\cos^2 x.

Подставляем: 2\sin x\cos^2 x+\sqrt{2}\cos^2 x=0. Выносим \cos^2 x: \cos^2 x\,(2\sin x+\sqrt{2})=0.

Первый случай: \cos x=0, то есть x=\dfrac{\pi}{2}+\pi k, k\in\mathbb{Z}.

Второй случай: \sin x=-\dfrac{\sqrt{2}}{2}, откуда x=-\dfrac{\pi}{4}+2\pi k и x=-\dfrac{3\pi}{4}+2\pi k, k\in\mathbb{Z}.

Проверим x=\dfrac{\pi}{2}: \sin\dfrac{\pi}{2}\cdot\cos\pi+\sqrt{2}\cdot 0+\sin\dfrac{\pi}{2}=1\cdot(-1)+0+1=0 — всё сходится.

б) Отбираем корни на отрезке \left[\dfrac{3\pi}{2};\ 3\pi\right]. В четвертях: \dfrac{3\pi}{2}=\dfrac{6\pi}{4}, 3\pi=\dfrac{12\pi}{4}.

Серия x=\dfrac{\pi}{2}+\pi k: подходят \dfrac{3\pi}{2}=\dfrac{6\pi}{4} — левый конец включён — и \dfrac{5\pi}{2}=\dfrac{10\pi}{4}. Следующий кандидат \dfrac{7\pi}{2}=\dfrac{14\pi}{4} — перелёт.

Серия x=-\dfrac{\pi}{4}+2\pi k: при k=1 получаем \dfrac{7\pi}{4}, и \dfrac{6\pi}{4}\leqslant\dfrac{7\pi}{4}\leqslant\dfrac{12\pi}{4} — подходит. При k=2 будет \dfrac{15\pi}{4} — мимо.

Серия x=-\dfrac{3\pi}{4}+2\pi k: при k=1 получаем \dfrac{5\pi}{4} — не долетает до \dfrac{6\pi}{4}; при k=2 будет \dfrac{13\pi}{4} — уже больше \dfrac{12\pi}{4}. Пусто.

Итого три корня: \dfrac{3\pi}{2}, \dfrac{7\pi}{4}, \dfrac{5\pi}{2}. Проверка для \dfrac{7\pi}{4}: это -\dfrac{\pi}{4} плюс оборот, \sin\left(-\dfrac{\pi}{4}\right)=-\dfrac{\sqrt{2}}{2} — корень честный. Всё сходится.