Es claro que $\frac{a^3-b^3}{a-b} = a^2 +ab +b^2$. Como $3b^2 < a^2 +ab +b^2 < 3a^2$, la desigualdad es evidente.
Si ahora dejamos $n$ fijo y tomamos $a = \sqrt[3]{1 + \frac{k^2}{n^3}}$ y $b = 1$, tenemos $ \dfrac{a^3- 1}{3a^2} = \dfrac{k^2}{3a^2n^3} < a - b < \dfrac{a^3-1}{3b^2} = \dfrac{k^2}{3n^3}$
Luego, tenemos que $\sum \left( \sqrt[3]{1 + \frac{k^2}{n^3}} - 1 \right) < \sum \dfrac{k^2}{3n^3}= \dfrac{n(n+1)(2n+1)}{18n^3}$.
Tomando limite $n \to \infty$, el limite de nuestras sumas es menor o igual a $\frac{2}{18} = \frac{1}{9}$.
Finalmente, podemos ver que $\sqrt[3]{x+1} = 1 + \frac{x}{3} - \frac{2x^2}{9} + r(x)$ con $0 < r = o(x^3)$. Luego $$\sum \sqrt[3]{1 + \frac{k^2}{n^3}} - 1 = \sum \frac{k^2}{3n^3} - \sum \frac{2k^4}{9n^6} + r(k^2/n^3) > \frac{1}{3}\sum \frac{k^2}{n^3} - o(\frac{1}{n}) + o(\frac{1}{n^3})$$
esto es, tomando limite cuando $n \to \infty$, $$ \frac{1}{9} = \lim \frac{1}{3}\sum \frac{k^2}{n^3} \geq \lim \sum \sqrt[3]{1 + \frac{k^2}{n^3}} - 1 \geq \lim \frac{1}{3}\sum \frac{k^2}{n^3} - o(\frac{1}{n}) = \frac{1}{9} $$ con lo cual nuestro límite es $\frac{1}{9}$
La demostración es trivial, por ejemplo para la desigualdad de la derecha, pasás sumando $n$ y después elevás todo al cubo y queda directísimo, la otra es apenitas más difícil.
Bueno, con eso en mente, es acotar usando los dos límites que dan $\frac{1}{9}$, usando la fórmula de la suma de cuadrados, por ejemplo:
Cómo avivarse de que la expresión clave para acotar es $\frac{1}{3}\left(\frac{k}{n}\right)^2$? Bueno, eso es básicamente observar que por cómo escribí la sumatoria original, eso tiene todo el aspecto de una suma de Riemann de la integral de alguna función bizarra, así que probando un par de expresiones simples en función de una variable $\frac{k}{n}$ la encontrás bastante rápido.