3 cách chọn

SH vuông góc (ABC) => AC vuông góc SH, mà AC vuông góc BH nên AC vuông góc (SHB)

=> SB vuông góc AC, kết hợp với SB vuông góc SA => SB vuông góc SC => SA,SB,SC đôi một vuông góc

Từ đó, theo định lì Pytago và BĐT \(a^2+b^2+c^2\ge\frac{\left(a+b+c\right)^2}{3}\):

\(6\left(SA^2+SB^2+SC^2\right)=3\left(AB^2+BC^2+CA^2\right)\ge3.\frac{\left(AB+BC+CA\right)^2}{3}=\left(AB+BC+CA\right)^2\)

lol Vc lol

\(A=\left(2cosx-3sinx\right)\left(3cosx+2sinx\right)+1\)

\(=-6sin^2x+6cos^2x-5sinxcosx+1\)

\(=6cos\left(2x\right)-\frac{5}{2}sin\left(2x\right)+1\)

Ta có: \(-\sqrt{6^2+\left(\frac{5}{2}\right)^2}\le6cos\left(2x\right)-\frac{5}{2}sin\left(2x\right)\le\sqrt{6^2+\left(\frac{5}{2}\right)^2}\)

\(\Leftrightarrow\frac{-13}{2}\le6cos\left(2x\right)-\frac{5}{2}sin\left(2x\right)\le\text{​​}\text{​​}\frac{13}{2}\)

Do đó \(-\frac{13}{2}+1\le A\le\frac{13}{2}+1\Leftrightarrow\frac{-11}{2}\le A\le\frac{15}{2}\).

\(lim_{x\rightarrow0+}\frac{\left(1+x\right)^n-1}{x}\)   

\(=lim_{x\rightarrow0+}\frac{\left(1+x\right)^n-1^n}{x}\)   

\(=lim_{x\rightarrow0+}\frac{\left(1+x-1\right)\left[\left(1+x\right)^{n-1}+\left(1+x\right)^{n-2}+...+\left(1+x\right)^0\right]}{x}\)   

\(=lim_{x\rightarrow0}\left[\left(1+x\right)^{n-1}+\left(1+x\right)^{n-2}+...\left(1+x\right)^0\right]\)    

\(=1^{n-1}+1^{n-2}+...+1^0\) 

Số số hạng 

\(\left(n-1-0\right):1+1=n\)   

Do mọi số hạng đều bằng 1 nên tổng là 

\(1\cdot n=n\)

a) \(SB^2=AS^2+AB^2=AS^2+AC^2=SC^2\Rightarrow SB=SC\) => \(\Delta\)SBC cân tại S

Do đó: AO,SH cắt nhau tại trung điểm I của cạnh BC

Xét \(\Delta\)SBC: trực tâm H, đường cao SI => \(IH.IS=IB.IC\)(1)

Tương tự: \(IB.IC=IO.IA\)(2)

Từ (1);(2) => \(IH.IS=IO.IA\)=> \(\Delta\)IHO ~ \(\Delta\)IAS => ^IHO = ^IAS = 90⁰ => OH vuông góc IS (3)

Ta có: BC vuông góc với AI,AS => BC vuông góc với (SAI) => BC vuông góc OH (4)

Từ (3);(4) => OH vuông góc (SBC).

b) Xét tam giác SKI: IO vuông góc SK tại A, KO vuông góc SI tại H (cmt) => O là trực tâm tam giác SKI

Vậy SO vuông góc IK.

\(lim_{x\rightarrow0}\left(\frac{1}{x}-\frac{1}{x^2}\right)=lim_{x\rightarrow0}\frac{x-1}{x^2}=\frac{0-1}{0^+}=-\infty\)

\(lim_{x\rightarrow2^+}\frac{2x^3+5x^2-7x+2}{x^2-3x+2}=\frac{24}{0^+}=+\infty\)

\(lim_{x\rightarrow2^-}\frac{2x^3+5x^2-7x+2}{x^2-3x+2}=\frac{24}{0^-}=-\infty\)

do đó \(lim_{x\rightarrow2}\frac{2x^3+5x^2-7x+2}{x^2-3x+2}\)không tồn tại. 

\(Lim_{x\rightarrow2}\frac{2x^3+5x^2-7x+2}{x^2-3x+2}=Lim_{x\rightarrow2}\frac{\left(2x-1\right)\left(x^2+3x-2\right)}{x^2-3x+2}\)

\(=Lim_{x\rightarrow2}=\frac{\left(2x-1\right)\left(x^2+3x-2\right)}{\left(x-1\right)\left(x-2\right)}=\infty\)

Vì giới hạn của tử bằng 24 , giới hạn của mẫu bằng 0

Vậy \(Lim_{x\rightarrow2}\frac{2x^3+5x^2-7x+2}{x^2-3x+2}=\infty\)

P/s : Lâu lắm không học giờ làm sai thì thôi vậy

hãy nhớ

Từ công thức truy hồi ta có: 

\(x_{n+1}>x_n,\forall n=1,2...\)

\(\Rightarrow\)dãy số \(\left(x_n\right)\) là dãy số tăng

giả sử dãy số \(\left(x_n\right)\) là dãy bị chặn trên \(\Rightarrow limx_n=x\)

Với x là nghiệm của pt ta có: \(x=x^2+x\Leftrightarrow x=0< x_1\) (vô lý)

=> dãy số \(\left(x_n\right)\) không bị chặn hay \(limx_n=+\infty\)

Mặt khác: \(\frac{1}{x_{n+1}}=\frac{1}{x_n\left(x_n+1\right)}=\frac{1}{x_n}-\frac{1}{x_n+1}\)

\(\Rightarrow\frac{1}{x_n+1}=\frac{1}{x_n}-\frac{1}{x_n+1}\)

\(\Rightarrow S_n=\frac{1}{x_1}-\frac{1}{x_{n+1}}=2-\frac{1}{x_{n+1}}\)

\(\Rightarrow limS_n=2-lim\frac{1}{x_{n+1}}=2\)

Ta có:

\(\frac{1}{\left(n+1\right)\sqrt{n}+n\sqrt{n+1}}=\frac{n+1-n}{\sqrt{n}\sqrt{n+1}\left(\sqrt{n+1}+\sqrt{n}\right)}\)

\(=\frac{\left(\sqrt{n+1}+\sqrt{n}\right)\left(\sqrt{n+1}-\sqrt{n}\right)}{\sqrt{n}\sqrt{n+1}\left(\sqrt{n+1}+\sqrt{n}\right)}=\frac{1}{\sqrt{n}}-\frac{1}{\sqrt{n+1}}\)

Áp dụng kết quả trên cho \(U_n\) ta được:

\(U_n=\frac{1}{\sqrt{1}}-\frac{1}{\sqrt{2}}+\frac{1}{\sqrt{2}}-\frac{1}{\sqrt{3}}+...+\frac{1}{\sqrt{n}}-\frac{1}{\sqrt{n+1}}=1-\frac{1}{\sqrt{n+1}}\)

Khi đó: \(limU_n=lim\left(1-\frac{1}{\sqrt{n+1}}\right)\)

Mà \(lim1=1;lim\frac{1}{\sqrt{n+1}}=lim\frac{\sqrt{n}.\frac{1}{\sqrt{n}}}{\sqrt{n}\sqrt{1+\frac{1}{n}}}=lim\frac{\frac{1}{\sqrt{n}}}{\sqrt{1+\frac{1}{n}}}=\frac{0}{1}=0\)

Vậy lim Un =1