\(\lim\left(\sqrt{n^2+3n}+4n\right)=\lim n\left(\sqrt{1+\dfrac{3}{n}}+4\right)=+\infty\left(1+4\right)=+\infty\)

\(\lim\left(\sqrt[3]{1-n^3+n^2}+n\right)=\lim\dfrac{1+n^2}{\sqrt[3]{\left(1-n^3+n^2\right)^2}-n\sqrt[3]{1-n^3+n}+n^2}\)

\(=\lim\dfrac{\dfrac{1}{n^2}+1}{\sqrt[3]{\left(\dfrac{1}{n^3}-1+\dfrac{1}{n}\right)^2}-\sqrt[3]{\dfrac{1}{n^3}-1+\dfrac{1}{n^2}}+1}=\dfrac{1}{1-\left(-1\right)+1}=\dfrac{1}{3}\)

\(\lim\left(\sqrt[]{n^2+4n+1}-\sqrt[]{n^2-3n+5}\right)=\lim\dfrac{7n-4}{\sqrt[]{n^2+4n+1}+\sqrt[]{n^2-3n+5}}\)

\(=\lim\dfrac{7-\dfrac{4}{n}}{\sqrt[]{1+\dfrac{4}{n}+\dfrac{1}{n^2}}+\sqrt[]{1-\dfrac{3}{n}+\dfrac{5}{n^2}}}=\dfrac{7}{1+1}=\dfrac{7}{2}\)

\(\lim\dfrac{\left(3n^2+1\right)\left(1-4n\right)}{n^3-2n+5}=\lim\dfrac{\left(3+\dfrac{1}{n^2}\right)\left(\dfrac{1}{n}-4\right)}{1-\dfrac{2}{n^2}+\dfrac{5}{n^3}}=\dfrac{3.\left(-4\right)}{1}=-12\)

\(\lim\dfrac{\sqrt[]{4n^2-1}+\sqrt[]{n^2-5}}{n+\sqrt[3]{n^3-2n^2}}=\lim\dfrac{\sqrt[]{4-\dfrac{1}{n^2}}+\sqrt[]{1-\dfrac{5}{n^2}}}{1+\sqrt[3]{1-\dfrac{2}{n}}}=\dfrac{\sqrt[]{4}+\sqrt[]{1}}{1+\sqrt[3]{1}}=\dfrac{5}{2}\)

\(\lim\dfrac{\left(3-n\right)^7\left(2+n\right)^3}{\left(n^2+1\right)\left(n^8+3\right)}=\lim\dfrac{\left(\dfrac{3}{n}-1\right)^7\left(\dfrac{2}{n}+1\right)^3}{\left(1+\dfrac{1}{n^2}\right)\left(1+\dfrac{3}{n^8}\right)}=\dfrac{\left(-1\right)^7.1^3}{1.1}=-1\)

\(-1\le sin\left(X\right)\le1\Rightarrow\dfrac{-1}{3n-1}\le f\le\dfrac{1}{3n-1}\)

Do \(\lim\left(-\dfrac{1}{3n-1}\right)=\lim\left(\dfrac{1}{3n-1}\right)=0\Rightarrow\lim\left(f\right)=0\) theo định lý kẹp

Thầy giúp em câu này với ạ!

lim \(\dfrac{3sin^6n+5cos^2\left(n+1\right)}{n^2+1}\)

bài này mình gọi cttq Un=an^3+bn^2+cn+d. Khi thay n=1 thì = 6, n=2 thi Un=-4... đúng ko ạ

Hướng giải đó đúng rồi đấy, với dãy số thì cách đơn giản nhất là đưa về đa thức (chắc người ra đề cũng nghĩ vậy nên kết quả khá đẹp: a=-1, b=2, c=-1, d=6

Khá dễ dàng nhận ra do tính chất đường trung bình nên tam giác \(A_1B_1C_1\) chia tam giác ABC thành 4 tam giác có diện tích bằng nhau

\(\Rightarrow S_{A_1B_1C_1}=\dfrac{1}{4}S_{ABC}\)

Do đó \(S_1;S_2...;S_{50}\) lập thành 1 cấp số nhân với \(u_1=S_1=\dfrac{6}{4}=\dfrac{3}{2}\) và \(q=\dfrac{1}{4}\)

\(\Rightarrow S\left(50\right)=\dfrac{3}{2}.\dfrac{1-\left(\dfrac{1}{4}\right)^{50}}{1-\dfrac{1}{4}}\)

bài này là 1 csn Sn=1/4S(n-1) đúng không ạ

2.

Pt có nghiệm khi \(-1\le m-1\le1\Rightarrow0\le m\le2\)

3.

Có \(A_4^2\) vecto thỏa mãn

Xét pt \(\left|x^2-2\left|x\right|+m\right|=1\Leftrightarrow\left|\left(\left|x\right|-1\right)^2+m-1\right|=1\) (1)

Đặt \(\left(\left|x\right|-1\right)^2=t\ge0\) (2)

Ta thấy:

- Với \(\left[{}\begin{matrix}t=0\\t>1\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow\) (2) có 2 nghiệm

- Với \(t=3\Rightarrow\) (2) có 3 nghiệm

- Với \(0< t< 1\Rightarrow\) (2) có 4 nghiệm

- Với \(t< 0\Rightarrow\) (2) vô nghiệm

Xét pt: \(\left|t+m-1\right|=1\)

\(\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}t+m-1=1\\t+m-1=-1\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow\left[{}\begin{matrix}t=2-m\\t=-m\end{matrix}\right.\) luôn có 2 nghiệm

\(\Rightarrow\) (1) có 2 nghiệm khi 

TH1: \(\left[{}\begin{matrix}-m< 0\\2-m=0\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow m=2\) (TH này pt có 2 nghiệm, nhưng đó là 2 nghiệm kép)

TH2: \(\left[{}\begin{matrix}-m< 0\\2-m>1\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow0< m< 1\)

\(\left\{{}\begin{matrix}\sqrt{2x}+\sqrt{3-y}=m\left(1\right)\\\sqrt{2y}+\sqrt{3-x}=m\left(2\right)\end{matrix}\right.\) \(\left(0\le x,y\le3\right)\)

\(\left(1\right)-\left(2\right)\Leftrightarrow\sqrt{2x}-\sqrt{2y}+\sqrt{3-y}-\sqrt{3-x}=0\)

\(\Leftrightarrow\dfrac{2x-2y}{\sqrt{2x}+\sqrt{2y}}+\dfrac{3-y-3+x}{\sqrt{3-y}+\sqrt{3-x}}=0\Leftrightarrow\left(x-y\right)\left(\dfrac{2}{\sqrt{2x}+\sqrt{2y}}+\dfrac{1}{\sqrt{3-y}+\sqrt{3-x}}\right)=0\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}x=y\left(3\right)\\\dfrac{2}{\sqrt{2x}+\sqrt{2y}}+\dfrac{1}{\sqrt{3-y}+\sqrt{3-x}}=0\left(vô-nghiệm\right)\end{matrix}\right.\)

\(\left(1\right)và\left(3\right)\Rightarrow\sqrt{2x}+\sqrt{3-x}=m\)

\(m^2=x+3+2\sqrt{2x\left(3-x\right)}\ge3\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}m\ge\sqrt{3}\\m\le-\sqrt{3}\end{matrix}\right.\)\(\left(4\right)\)

\(m\le\sqrt{3\left(x+3-x\right)}=3\left(5\right)\)

\(\left(4\right)\left(5\right)\Rightarrow\sqrt{3}\le m\le3\Rightarrow m=\left\{2;3\right\}\)

Trừ vế cho vế:

\(\sqrt{2x}-\sqrt{2y}+\sqrt{3-y}-\sqrt{3-x}=0\)

\(\Rightarrow\dfrac{\sqrt{2}\left(x-y\right)}{\sqrt{x}+\sqrt{y}}+\dfrac{x-y}{\sqrt{3-y}+\sqrt{3-x}}=0\)

\(\Leftrightarrow\left(x-y\right)\left(\dfrac{\sqrt{2}}{\sqrt{x}+\sqrt{y}}+\dfrac{1}{\sqrt{3-y}+\sqrt{3-x}}\right)=0\)

\(\Leftrightarrow x=y\)

Thế vào pt đầu:

\(\sqrt{2x}+\sqrt{3-x}=m\)

Ta có: \(\sqrt{2.x}+\sqrt{1.\left(3-x\right)}\le\sqrt{\left(2+1\right)\left(x+3-x\right)}=3\)

\(\sqrt{2x}+\sqrt{3-x}=\sqrt{x}+\sqrt{3-x}+\left(\sqrt{2}-1\right)\sqrt{x}\ge\sqrt{x+3-x}+\left(\sqrt{2}-1\right)\sqrt{x}\ge\sqrt{3}\)

\(\Rightarrow\sqrt{3}\le m\le3\Rightarrow m=\left\{2;3\right\}\)

\(dk:x>2\)

\(pt\Leftrightarrow x^2-2\left(m+1\right)x+6m-2=x-2\)

\(\Leftrightarrow x^2-\left(2m+3\right)x+6m=0\left(1\right)\)

\(TH1:\)\(\Delta=0\Rightarrow\left(2m+3\right)^2-24m=0\Leftrightarrow m=\dfrac{3}{2}\Rightarrow x=\dfrac{2.3}{2}+3=6>2\left(thỏa\right)\)

\(TH2:x1\le2< x2\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}\Delta>0\\\left(x1-2\right)\left(x2-2\right)\le0\end{matrix}\right.\)

\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}\left(2m+3\right)^2-24m>0\\x1x2-2\left(x1+x2\right)+4\le0\end{matrix}\right.\)

\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}\left[{}\begin{matrix}m>\dfrac{3}{2}\\m< \dfrac{3}{2}\end{matrix}\right.\\6m-2\left(2m+3\right)+4\le0\Leftrightarrow m\le1\end{matrix}\right.\)\(\Leftrightarrow m\le1\)

\(\Rightarrow m\in(-\text{∞};1]\cup\left\{\dfrac{3}{2}\right\}\)

ĐKXĐ: \(x>2\)

\(Pt\Rightarrow x^2-2\left(m+1\right)x+6m-2=x-2\)

\(\Leftrightarrow f\left(x\right)=x^2-2\left(m+1\right)x+6m=0\)

\(\Delta'=\left(m+1\right)^2-6m=m^2-4m+1\)

TH1: pt trên có nghiệm kép và \(-\dfrac{b}{2a}>2\)

\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}m^2-4m+1=0\\m+1>2\end{matrix}\right.\)  \(\Rightarrow m=2+\sqrt{3}\)

TH2: pt có 1 nghiệm bằng 2, 1 nghiệm lớn hơn 2

\(\Rightarrow4-4\left(m+1\right)+6m=0\Rightarrow m=0\Rightarrow\left[{}\begin{matrix}x=0\\x=2\end{matrix}\right.\) (ktm)

TH3: pt có 2 nghiệm thỏa mãn \(x_1< 2< x_2\)

\(\Rightarrow f\left(2\right)< 0\Rightarrow2m< 0\Rightarrow m< 0\)

Vậy \(\left[{}\begin{matrix}m< 0\\m=2+\sqrt{3}\end{matrix}\right.\)

\(\left\{{}\begin{matrix}u_1+u_3=10\\\left(u_1+u_3\right)^2-2u_1u_3=50\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}u_1+u_3=10\\u_1u_3=25\end{matrix}\right.\)

Theo Viet đảo, \(u_1\) và \(u_3\) là nghiệm:

\(x^2-10x+25=0\Rightarrow x=5\)

\(\Rightarrow u_1=u_3=5\)

\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}u_1=5\\u_1q^2=5\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow q^2=1\Rightarrow q=\pm1\)