Bài 2:

Ta có: \(y=\frac{x-2}{x-1}\Rightarrow y'=\frac{1}{(x-1)^2}\)

Do đó pt tiếp tuyến của đồ thị (C) tại \(M(a, \frac{a-2}{a-1})\) là:

\(y=f'(a)(x-a)+f(a)\)

\(\Leftrightarrow y=\frac{1}{(a-1)^2}(x-a)+\frac{a-2}{a-1}\) (d)

Đường thẳng trên có vecto pháp tuyến \((\frac{1}{(a-1)^2}, -1)\) nên vecto chỉ phương là: \((1, \frac{1}{(a-1)^2})\)

Vecto chỉ phương của đường thẳng \(\overrightarrow{IM}\) là \((a-1,\frac{a-2}{a-1}-1)\)

Vì hai đường thẳng trên vuông góc với nhau nên:

\(\overrightarrow{d}.\overrightarrow{IM}=\overrightarrow{0}\)

\(\Leftrightarrow (1, \frac{1}{(a-1)^2})(a-1, \frac{a-2}{a-1}-1)=0\)

\(\Leftrightarrow a-1+\frac{1}{(a-1)^2}\left(\frac{a-2}{a-1}-1\right)=0\)

\(\Leftrightarrow a-1-\frac{1}{(a-1)^3}=0\)

\(\Leftrightarrow (a-1)^4=1\Leftrightarrow a=2, a=0\)

\(\Rightarrow \left[\begin{matrix} M=(2, 0)\\ M=(0,2)\end{matrix}\right.\)

Bài 1:

Gọi tọa độ điểm \(M(a,a^3-3a+1)\)

Có: \(y=x^3-3x+1\Rightarrow y'=3x^2-3\). Phương trình tiếp tuyến của (C) tại điểm $M$ là:

\(y=y'(a)(x-a)+y(a)\)

\(\Leftrightarrow y=(3a^2-3)(x-a)+a^3-3a+1\)

Để qua M kẻ được đúng một tiếp tuyến tới $(C)$ thì phương trình hoành độ giao điểm:

\((3a^2-3)(x-a)+a^3-3a+1=x^3-3x+1(*)\) chỉ có đúng duy nhất một nghiệm.

Ta có:

\((*)\Leftrightarrow (x^3-a^3)-(3x-3a)-(x-a)(3a^2-3)=0\)

\(\Leftrightarrow (x-a)(x^2+xa+a^2-3a^2)=0\)

\(\Leftrightarrow (x-a)(x^2+xa-2a^2)=0\)

\(\Leftrightarrow (x-a)^2(x+2a)=0\)

Để pt có nghiệm duy nhất thì \(a=-2a\Leftrightarrow a=0\)

\(\Rightarrow M(0,1)\)

Lời giải:

Xét hàm số \(f(x)=(m^2-m+1)x^8+3mx^2-3x-2\)

Vì đây hàm số sơ cấp xác định tại \(x\in\mathbb{R}\) nên hàm liên tục trên miền \(\mathbb{R}\)

Ta có:

\(f(0)=-2<0\)

\(f(-1)=m^2-m+1+3m+3-2=m^2+2m+2=(m+1)^2+1>0\)

\(f(2)=256(m^2-m+1)+12m-8=256m^2-244m+248\)

\(f(2)=(16m-\frac{61}{8})^2+\frac{12151}{64}>0\)

Do đó: \(\left\{\begin{matrix} f(0)f(-1)<0\\ f(0)f(2)<0\end{matrix}\right.\)

Suy ra theo định lý về giá trị trung gian của hàm số liên tục thì phương trình \(f(x)=0\) có ít nhất một nghiệm thuộc khoảng \((-1;0)\) và một nghiệm thuộc khoảng \((0;2)\)

Hay PT \(f(x)=0\) có ít nhất hai nghiệm trái dấu.

\(A=\dfrac{tan^2a-sin^2a}{cot^2a-cos^2a}\)

\(A=\dfrac{\dfrac{sin^2a}{cos^2a}-sin^2a}{\dfrac{cos^2a}{sin^2a}-cos^2a}=\dfrac{sin^2a\left(\dfrac{1}{cos^2a}-1\right)}{cos^2a\left(\dfrac{1}{sin^2a}-1\right)}\)

\(A=\dfrac{sin^2a\left(\dfrac{1-cos^2a}{cos^2a}\right)}{cos^2a\left(\dfrac{1-sin^2a}{sin^2a}\right)}=\dfrac{sin^2a\left(\dfrac{sin^2a}{cos^2a}\right)}{cos^2a\left(\dfrac{cos^2a}{sin^2a}\right)}\)

\(A=\dfrac{\dfrac{sin^4a}{cos^2a}}{\dfrac{cos^4a}{sin^2a}}=\dfrac{sin^4a}{cos^2a}.\dfrac{sin^2a}{cos^4a}\)

\(A=\dfrac{sin^6a}{cos^6a}=tan^6a\)

Ta có

(1) \(\Leftrightarrow\) 1 + \(C_x^2\) + \(C_x^4\) + ... + \(C_x^{2n}\) \(\ge\) 2²⁰⁰³             (2)

Theo công thức khai triển nhị thức newton, ta có

(1+t)^2x = \(C_{2x}^0\) + \(C_{2x}^1\)t + \(C_{2x}^2\)t² + ... + \(C_{2x}^{2x}\)t^2x

(1 - t)^2x = \(C_{2x}^0\) - \(C_{2x}^1\)t + \(C_{2x}^2\)t² + .... + (-1)^2x\(C_{2x}^{2x}\)t^2x

Từ đó ta có

(1 + x)^2x + (1 - t)^2x = 2(1 + \(C_{2x}^2\)t² + \(C_{2x}^4\)t⁴ + ... + \(C_{2x}^{2x}\)t^2x)

Thay t = 1, có

1 + \(C_{2x}^2\) + \(C_{2x}^4\) + ... + \(C_{2x}^{2x}\) = 2^2x-1

Do đó 

(2) \(\Leftrightarrow\) 2^2x-1 \(\ge\) 2²⁰⁰³

     \(\Leftrightarrow\) 2x - 1 \(\ge\) 2003

     \(\Leftrightarrow\) x \(\ge\) 1002

Vậy với mọi số nguyên x \(\ge\) 1002 là nghiệm của (1)

(1) 1 + + + ... + 2 (2) Theo công thức khai triển nhị thức newton, ta có (1+t) = + t + t + ... + t (1 - t) = - t + t + .... + (-1) t Từ đó ta có (1 + x) + (1 - t) = 2(1 + t + t + ... + t ) Thay t = 1, có 1 + + + ... + = 2 Do đó (2) 2 2 2x - 1 2003 x 1002 Vậy với mọi số nguyên x 1002 là nghiệm của (1)

Khi \(n\rightarrow\infty\) ta có \(\frac{n^3}{n^2+3}=\frac{1}{\frac{1}{n}+\frac{3}{n^2}}\rightarrow\infty;\) \(\frac{2n^2}{2n+1}=\frac{2}{\frac{2}{n}+\frac{1}{n^2}}\rightarrow\infty\) và như vậy ở đây ta gặp vô định dạng \(\left(\infty-\infty\right)\). Do vậy để tính giới hạn ta cần biến đổi sơ bộ như sau

\(a_n=\frac{n^3-6n^2}{\left(n^2+3\right)\left(2n+1\right)}=\frac{1-\frac{6}{n}}{\left(1+\frac{3}{n^2}\right)\left(2+\frac{1}{n}\right)}\) \(\Rightarrow\lim\limits a_n=\frac{1}{1.2}=\frac{1}{2}\)

a) Cả tử số và mẫu số của \(\frac{7n^2-3n+12}{n^2+2n+2}\) đều dẫn đến \(\infty\) nên không thể trả lời ngay biểu thức đó  tiến đến giới hạn nào (dạng vô định \(\left(\frac{\infty}{\infty}\right)\)). Tuy nhiên sau khi chia cả tử số và mẫu số cho \(n^2\) :

\(\frac{7n^2-3n+12}{n^2+2n+2}=\frac{7-\frac{3}{n}+\frac{12}{n^2}}{1+\frac{2}{n}+\frac{2}{n^2}}\)

Ta thấy ngay tử số gần đến 7 và mẫu số gần đến 1 (vì \(\lim\limits\frac{1}{n^p}=0,p\ge1\)

Điều đó cho phép ta áp dụng công thức và thu được kết quả \(\lim\limits\frac{7n^2-3n+12}{n^2+2n+2}=\lim\limits\frac{7-\frac{3}{n}+\frac{12}{n^2}}{1+\frac{2}{n}+\frac{2}{n^2}}=7\)

b) Áp dụng công thức "Nếu tồn tại \(\lim\limits a^n,k\in\)N* thì tồn tại \(\lim\limits\left(a_n\right)^k=\left(\lim\limits a_n\right)^k\)"

ta có : 

\(\lim\limits a_n=\left[\lim\limits\left(\frac{3n^2+n-2}{4n^2+2n+7}\right)\right]^3\)

Mặt khác do \(\lim\limits\frac{3n^2+n-2}{4n^2+2n+7}=\lim\limits\frac{3+\frac{1}{n}-\frac{2}{n^2}}{4+\frac{2}{n}+\frac{7}{n^2}}=\frac{3}{4}\)

nên \(\lim\limits a_n=\left(\frac{3}{4}\right)^3=\frac{27}{64}\)

c) Vì không thể áp dụng công thức giới hạn của thương cho mỗi số hạng của \(a_n\) nên đầu tiên cần biến đổi sơ bộ : chia tử số và mẫu số của số hạng thứ nhất cho \(n^2\), của số hạng thứ hai cho n.

Sau đó áp dụng : - Nếu \(b_n\ne0,\lim\limits b_n\ne0\) thì tồn tại \(\lim\limits\frac{a_n}{b_n}=\frac{\lim\limits a_n}{\lim\limits b_n}\)

                            - Nếu tồn tại các giới hạn \(\lim\limits a_n,\lim\limits b_n\) thì tồn tại \(\lim\limits\left(a_n+b_n\right)=\lim\limits a_n+\lim\limits b_n\)

Ta có :

\(\lim\limits a_n=\lim\limits\frac{1}{2+\frac{1}{n^2}}+\lim\limits\frac{\frac{1}{\sqrt{n}}+\frac{2}{n}}{1+\frac{3}{n}}=\frac{1}{2}+0=\frac{1}{2}\)

\(\lim_{x\to 0} \dfrac{\sqrt[5]{x+1}-1}{x}=\lim_{x\to 0}\dfrac{1}{(\sqrt[5]{x+1})^4+(\sqrt[5]{x+1})^3+(\sqrt[5]{x+1})^2+\sqrt[5]{x+1}+1}=\dfrac{1}{5}\)

Để tìm giới hạn này, chúng ta có thể yếu tố đa thức trong tử số, và hủy bỏ ra bất kỳ yếu tố thông thường.

`lim_{x->1} {x^5-1}/{x-1}`

`=lim_{x->1}{(x-1)(x^4+x^3+x^2+x+1)}/{x-1}`

`=lim_{x->1}(x^4+x^3+x^2+x+1)`

`=1+1+1+1+1` 

`=5`

trong hai dòng cuối cùng mẫu số không còn là một vấn đề với các giới hạn và chúng ta có thể sử dụng thay thế trực tiếp.

1/5