Chọn B

\(\lim\limits_{x\rightarrow+\infty}x^3\left(-1+\dfrac{1}{x}-\dfrac{3}{x^2}+\dfrac{4}{x^3}\right)=+\infty.\left(-1\right)=-\infty\)

Đường kính khối cầu cuối cùng : 100cm

Chiều cao tối đa mô hình đạt được:

\(S=\dfrac{u_1}{1-q}=\dfrac{100}{1-\dfrac{1}{2}}=200\left(cm\right)\)

thôi để giải luôn 

Xét phương trình: \(x^3+ax^2+bx+c=0\left(1\right)\)

Đặt : \(f\left(x\right)=x^3+2x^2+bc+c\)

Từ giả thiết \(\left\{{}\begin{matrix}4a+c>8+2b\Rightarrow-8+4a-2b+c>0\Rightarrow f\left(-2\right)>0\\a+b+c< -1\Rightarrow1+a+b+c< 0\Rightarrow f\left(1\right)< 0\end{matrix}\right.\)

Do đó  \(f\left(-2\right).f\left(1\right)< 0\) nên pt (1) có ít nhất một nghiệm trong \(\left(-2;1\right)\)

Ta nhận thấy:

\(\overset{lim}{x\rightarrow-\infty}f\left(x\right)=-\infty\) mà \(f\left(-2\right)>0\) nên phương trình (1) có ít nhất một nghiệm  \(\alpha\in\left(-\infty;-2\right)\)

Tương tự: \(\overset{lim}{x\rightarrow+\infty}f\left(x\right)=+\infty\)  mà \(f\left(1\right)< 0\) nên phương trình (1) có ít nhất một nghiệm \(\beta\in\left(1+\infty\right)\)

Như vậy phương trình đã cho có ít nhất 3 nghiệm thực phân biệt, mặt khác phương trình bậc 3 có tối đa 3 nghiệm nên pt trên sẽ có 3 nghiệm thực phân biệt.

có 3 nghiệm thực phân biệt

\(\lim\limits_{x\rightarrow0}\dfrac{\sqrt{x^2+1}-\left(x+1\right)}{2x^2-x}=\lim\limits_{x\rightarrow0}\dfrac{\left(\sqrt{x^2+1}-\left(x+1\right)\right)\left(\sqrt{x^2+1}+x+1\right)}{x\left(2x-1\right)\left(\sqrt{x^2+1}+x+1\right)}\)

\(=\lim\limits_{x\rightarrow0}\dfrac{-2x}{x\left(2x-1\right)\left(\sqrt{x^2+1}+x+1\right)}\)

\(=\lim\limits_{x\rightarrow0}\dfrac{-2}{\left(2x-1\right)\left(\sqrt{x^2+1}+x+1\right)}\)

\(=\dfrac{-2}{\left(0-1\right)\left(\sqrt{1}+1\right)}=1\)

a. \(\lim\limits_{x\rightarrow2}\dfrac{x-2}{x^2-4}=\lim\limits_{x\rightarrow2}\dfrac{x-2}{\left(x-2\right)\left(x+2\right)}=\lim\limits_{x\rightarrow2}\dfrac{1}{x+2}=\dfrac{1}{4}\)

b. \(\lim\limits_{x\rightarrow3^-}\dfrac{x+3}{x-3}=\lim\limits_{x\rightarrow3^-}\dfrac{-x-3}{3-x}\)

Do \(\lim\limits_{x\rightarrow3^-}\left(-x-3\right)=-6< 0\)

\(\lim\limits_{x\rightarrow3^-}\left(3-x\right)=0\) và \(3-x>0;\forall x< 3\)

\(\Rightarrow\lim\limits_{x\rightarrow3^-}\dfrac{-x-3}{3-x}=-\infty\)

2.

\(\lim\limits_{x\rightarrow0^-}f\left(x\right)=\lim\limits_{x\rightarrow0^-}\left(x+2a\right)=2a\)

\(\lim\limits_{x\rightarrow0^+}f\left(x\right)=\lim\limits_{x\rightarrow0^+}\left(x^2+x+1\right)=1\)

Hàm liên tục tại \(x=0\Leftrightarrow\lim\limits_{x\rightarrow0^-}f\left(x\right)=\lim\limits_{x\rightarrow0^+}f\left(x\right)\)

\(\Leftrightarrow2a=1\Rightarrow a=\dfrac{1}{2}\)

3. Đặt \(f\left(x\right)=x^4-x-2\)

Hàm \(f\left(x\right)\) liên tục trên R nên liên tục trên \(\left(1;2\right)\)

\(f\left(1\right)=-2\) ; \(f\left(2\right)=12\Rightarrow f\left(1\right).f\left(2\right)=-24< 0\)

\(\Rightarrow f\left(x\right)\) luôn có ít nhất 1 nghiệm thuộc (1;2)

Hay pt đã cho luôn có nghiệm thuộc (1;2)

\(x^2+5x+6=0\Rightarrow\left[{}\begin{matrix}x=-3\\x=-2\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow\) hàm gián đoạn tại \(x=\left\{-3;-2\right\}\)

\(\Rightarrow\) Hàm liên tục trên các khoảng \(\left(-\infty;-3\right);\left(-3;-2\right);\left(-2;+\infty\right)\)

\(\Leftrightarrow4a^2+2b^2-4ab-10b+22< 0\)

\(\Leftrightarrow\left(2a-b\right)^2+\left(b-5\right)^2< 3\)

\(\Rightarrow\left(b-5\right)^2< 3\Rightarrow\left[{}\begin{matrix}\left(b-5\right)^2=0\\\left(b-5\right)^2=1\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow b=\left\{4;5;6\right\}\)

- Với \(b=4\Rightarrow\left(2a-4\right)^2< 2\Rightarrow\left(a-2\right)^2< \dfrac{1}{2}\Rightarrow\left(a-2\right)^2=0\)

\(\Rightarrow a=2\)

- Với \(b=5\Rightarrow\left(2a-5\right)^2< 3\Rightarrow\left(2a-5\right)^2=1\Rightarrow\left[{}\begin{matrix}a=2\\a=3\end{matrix}\right.\) (do 2a-5 luôn lẻ)

- Với \(b=6\Rightarrow\left(2a-6\right)^2< 2\Rightarrow\left(a-3\right)^2< \dfrac{1}{2}\Rightarrow\left(a-3\right)^2=0\)

\(\Rightarrow a=3\)

Do \(\left(u_n\right)\) là dãy tăng nên \(u_n\ge2018,\forall n\ge1\)

Ta có : \(u^2_n+2018u_n-2020u_{n+1}=0\) \(\Leftrightarrow u_{n+1}=\dfrac{u^2_n+2018u_n+1}{2020}\)

\(\Leftrightarrow u_{n+1}-1=\dfrac{u^2_n+2018u_n-2019}{2020}\Leftrightarrow2020\left(u_{n+1}-1\right)=\left(u_n-1\right)\left(u_n+2019\right)\)

\(\Leftrightarrow\dfrac{2020}{\left(u_n-1\right)\left(u_n+2019\right)}=\dfrac{1}{u_{n+1}-1}\Rightarrow\dfrac{1}{u_n+2019}=\dfrac{1}{u_n-1}-\dfrac{1}{u_{n+1}-1}\left(1\right)\)

Thay n bởi 1 , 2, 3 , ..... , n vào (1) và cộng vế với vế các đẳng thức ta suy ra:

\(S_n=\dfrac{1}{u_1+2019}+\dfrac{1}{u_2+2019}+...+\dfrac{1}{u_n+2019}\)

\(=\dfrac{1}{u_1-1}-\dfrac{1}{u_{n+1}-1}=\dfrac{1}{2018}-\dfrac{1}{u_{n+1}-1}\)

Do \(\left(u_n\right)\) là dãy số tăng nên có 2 trường hợp xảy ra:

th1:

Dãy \(\left(u_n\right)\) bị chặn trên suy ra tồn tại \(lim\) \(u_n\) . Giả sử lim \(u_n\) = x thì \(x\ge2018\)

chuyển qua giới hạn hệ thức \(\left(1\right)khi\) \(n\rightarrow+\infty\) , ta có:

\(x^2+2018x-2020x+1=0\)

\(\Leftrightarrow x^2-2x+1=0\Leftrightarrow x=1\) ( điều này vô lý)

Dãy \(\left(u_n\right)\) ko bị chặn trên , do \(\left(u_n\right)\) tăng và ko bị chặn nên:

\(lim\) \(u_n\)\(=+\infty\Rightarrow lim\left(u_{n+1}-1\right)=+\infty\Rightarrow lim\dfrac{1}{u_{n+1}-1}=0\)

Do vậy: \(limS_n=lim\left(\dfrac{1}{2018}-\dfrac{1}{u_{n+1}-1}\right)=\dfrac{1}{2018}\)

á cái này bt nek mak gõ hơi chậm nha nói trc cỡ 15p ms xog ó:>