а) Положим $t=\lvert\cos x\rvert\in[0;1]$ и рассмотрим функцию $y(t)=t+|2t^2-1|$ на отрезке $[0;1]$.
Если $0\le t\lt\dfrac1{\sqrt2}$, то $$
\begin{gathered}
y(t)=t+(1-\sqrt2\,t)(1+\sqrt2\,t)\ge t+(1-\sqrt2\,t)=\\
=1-t(\sqrt2-1)\ge1-\dfrac1{\sqrt2}(\sqrt2-1)=\dfrac12.
\end{gathered}
$$
Если же $\dfrac1{\sqrt2}\le t\le1$, то $y(t)\ge t\ge\dfrac1{\sqrt2}$. Таким образом, $y(t)\ge\dfrac1{\sqrt2}$ для всех $t\in[0;1]$. Но при $t=\dfrac1{\sqrt2}$ $\Big($т. е. $x=\dfrac\pi4\Big)$ $y(t)=\dfrac1{\sqrt2}$. Значит, наименьшее значение выражения $\lvert\cos x\rvert+\lvert\cos2x\rvert$ равно $\dfrac1{\sqrt2}$.
К тому же результату можно было прийти, заметив, что график функции $y(t)$ на отрезке $[0;1]$ состоит из двух кусков парабол:
$$
y(t)=
\begin{cases}
-2t^2+t+1&\text{при}~t\in\left[0;\dfrac1{\sqrt2}\right],\\[9pt]
\hphantom-2t^2-t-1&\text{при}~t\in\left[\dfrac1{\sqrt2};1\right],\\[6pt]
\end{cases}
$$
а затем аккуратно исследовав на минимум каждый из кусков (см. рисунок).
Аналогично можно доказать и более простое неравенство
$$
2\lvert\cos x\rvert+\lvert\cos2x\rvert\ge1
$$
и даже объединить его с неравенством
$$
\lvert\cos x\rvert+\lvert\cos2x\rvert\ge\dfrac1{\sqrt2}
$$
в одно:
$$
a\lvert\cos x\rvert+\lvert\cos2x\rvert\ge\min\left\{1,\dfrac a{\sqrt2}\right\},
$$
справедливое для всех действительных чисел $a\ge0$ и $x$ (убедитесь в этом самостоятельно).
б) Обозначим сумму
$$
\lvert\cos x\rvert+\lvert\cos2x\rvert+\lvert\cos4x\rvert+\ldots+\lvert\cos2^n x\rvert$$
через $\sigma_n(x)$. Положим $f(x)=\lvert\cos x\rvert+\lvert\cos2x\rvert$. По доказанному в пункте а) $f(x)\ge\dfrac1{\sqrt2}$, так что $$
\begin{gathered}
\sigma_n(x)=f(x)+f(4x)+f(16x)+\ldots+f(2^{2\left[\frac{\scriptstyle n-1}{\scriptstyle2}\right]}x)\ge\\
\ge\left(\left[\dfrac{n-1}2\right]+1\right)\dfrac1{\sqrt2}
\ge\dfrac n{2\sqrt2}\gt\dfrac n4.
\end{gathered}
$$
в) Докажем вначале, что если $\lvert\cos x\rvert\le\dfrac12$, то $\lvert\cos x\rvert+\lvert\cos2x\rvert\ge1$.
В самом деле, если $t=\lvert\cos x\rvert\le\dfrac12$, то $\cos2x=2t^2-1\le2\cdot\left(\dfrac12\right)^2-1\lt0$. Следовательно,
$$
\lvert\cos x\rvert+\lvert\cos2x\rvert=t+1-2t^2=1+2t\left(\dfrac12-t\right)\ge1.
$$
Приступим к задаче в). Зафиксируем $x$ и $n$ и назовём целое число $k\in[0;n]$ «плохим», если $\lvert\cos2^k x\rvert\lt\dfrac12$, и «хорошим», если $\lvert\cos2^k x\rvert\ge\dfrac12$. Из доказанного выше следует, что за каждым «плохим» числом $k$ (кроме $k=n$) следует «хорошее» $k+1$, причём
$\lvert\cos2^k x\rvert+\lvert\cos2^{1+k}x\rvert\ge1$.
Занумеруем теперь все «плохие» числа в порядке возрастания:
$$
1\le k_1\lt k_2\lt\ldots\lt k_r\le n
$$
($r$ — количество «плохих» чисел). В силу сказанного выше $k_{j+1}\ge k_j+2$ ($j=1$, $\ldots$, $r-1$). При этом
$$
\colsep{0pt}{\begin{array}{rll}
\sum\limits_{j=1}^r{}(\lvert\cos2^{k_j}x\rvert+\lvert\cos2^{1+k_j}x\rvert)&{}\ge r,&\quad\text{если}~k_r\lt n,\\[9pt]
\lvert\cos2^n x\rvert+\sum\limits_{j=1}^{r-1}{}(\lvert\cos2^{k_j}x\rvert+\lvert\cos2^{1+k_j}x\rvert)&{}\ge r-1&\quad\text{если}~k_r=n.
\end{array}}
$$
Каждое из остальных (не вошедших в написанные суммы) слагаемых суммы $\sigma_n(x)$ (а их $n+1-2r$ штук при $k_r\lt n$ и $n-2r+2$ штук при $k_r=n$) больше или равно $\dfrac12$. Таким образом, вся сумма $\sigma_n(x)$ больше или равна
$$
\colsep{0pt}{\begin{array}{rll}
r+\dfrac12(n+1-2r)=\dfrac{n+1}2&{}\gt\dfrac n2,&\quad\text{если}~k_r\lt n,\\[9pt]
r-1+\dfrac12(n-2r+2)&{}=\dfrac n2,&\quad\text{если}~k_r=n.
\end{array}}
$$
Следовательно, $\sigma_n(x)\ge\dfrac n2.$
Заметим, что существенно улучшить эту оценку уже нельзя: в самом деле,
$$
\min\limits_{x\in\mathbb{R}}\sigma_n(x)\le\sigma_n{\left(\dfrac\pi3\right)}=\dfrac{n+1}{2}.
$$
В заключение предлагаем читателю подумать над доказательством следующих неравенств:
