Lời giải này có yêu cầu trả vỏ sò để xem. Bạn hãy link trên để vào xem chi tiết

Lời giải này có yêu cầu trả vỏ sò để xem. Bạn hãy link trên để vào xem chi tiết

4. Ta có: $1-\dfrac{1}{k^{2}} =\dfrac{k^{2}-1}{k^{2}}=\dfrac{(k-1)(k+1)}{k^{2}}$. Khi đó:

$S_{n}=\left( 1-\dfrac{1}{2^{2}}\right) \left( 1-\dfrac{1}{3^{2}}\right) ... \left( 1-\dfrac{1}{n^{2}}\right)$

$=\dfrac{1.3}{2^{2}}.\dfrac{2.4}{3^{2}}.\dfrac{3.5}{4^{2}}.\dfrac{4.6}{5^{2}}.....\dfrac{(n-1)(n+1)}{n^{2}}$

$=\dfrac{n+1}{4n}$

 $\Rightarrow \lim S_{n}=\lim\dfrac{n+1}{4n}=\lim\dfrac{1+\dfrac{1}{n}}{4}=\dfrac{1}{4}$ vì $\lim\dfrac{1}{n}=0$

3. $S_{n}=1-2+3-4+...+(2n-1)-2n=(1-2)+(3-4)+...+[(2n-1)-2n]=-n$

 $\lim\dfrac{S_{n}}{\sqrt{n^{2}+1}}=\lim\dfrac{-n}{\sqrt{n^{2}+1}}$

$=\lim\dfrac{-1}{\sqrt{1+\dfrac{1}{n^{2}}}}=-1$ vì $\lim\dfrac{1}{n^{2}}=0$

2. Ta có:

$\dfrac{1}{k(k+1)}=\dfrac{1}{k}-\dfrac{1}{k+1}$ với mọi $k$ là số tự nhiên khác $0$. Khi đó:

 $S_{n}=\dfrac{1}{1.2}+\dfrac{1}{2.3}= ... +\dfrac{1}{(n-1)n}$

$=\left( 1-\dfrac{1}{2}\right) +\left(\dfrac{1}{2}-\dfrac{1}{3}\right) +...+\left(\dfrac{1}{n-1}-\dfrac{1}{n}\right)$

$=1-\dfrac{1}{n}$. Khi đó $\lim S_{n}=1$ vì $\lim\dfrac{1}{n}=0$

1. Ta có:

 $S_{n+1}=1+\dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{2^{2}}+...+\dfrac{1}{2^{n}}$ là tổng $n+1$ số hạng đầu của cấp số nhân có $u_{1}=1$ và $q=\dfrac{1}{2}$. Khi đó $S_{n+1}=\dfrac{u_{1}(1-q^{n+1})}{1-q}=\dfrac{1.(1-\dfrac{1}{2^{n+1}})}{1-\dfrac{1}{2}}=2-\dfrac{1}{2^{n}}$

$R_{n+1}=1+\dfrac{1}{3}+\dfrac{1}{3^{2}}+...+\dfrac{1}{3^{n}}$ là tổng $n+1$ số hạng đầu của cấp số nhân có $u_{1}=1$ và $q=\dfrac{1}{3}$. Khi đó $R_{n+1}=\dfrac{1}{2}\left( 3-\dfrac{1}{3^{n}}\right)$

$\Rightarrow \dfrac{S_{n+1}}{R_{n+1}}=\dfrac{2\left( 2-\dfrac{1}{2^{n}}\right)}{3-\dfrac{1}{3^{n}}}$

$\Rightarrow\lim\dfrac{S_{n+1}}{R_{n+1}}=\dfrac{4}{3}$ vì $\lim\dfrac{1}{2^{n}}=\lim\dfrac{1}{3^{n}}=0$

Lời giải này có yêu cầu trả vỏ sò để xem. Bạn hãy link trên để vào xem chi tiết

Áp dụng định lý Vi-et ta có: $\begin{cases}S=x_{1}+x_{2}=\dfrac{2(m-1)}{m-2} \\ P=x_{1}x_{2}=\dfrac{m}{m-2}\end{cases}$ với điều kiện $m\neq 2$

a) Gọi đường cao có giá trị $h$. Khi đó độ dài cạnh huyền là $\sqrt{x_{1}^{2}+x_{2}^{2}}$. Áp dụng công thức tính diện tích tam giác ta có:

 $h\sqrt{x_{1}^{2}+x_{2}^{2}}=x_{1}x_{2}\Rightarrow h=\dfrac{x_{1}x_{2}}{\sqrt{(x_{1}+x_{2})^{2}-2x_{1}x_{2}}}$

 $\Rightarrow h^{2}=\dfrac{\dfrac{m^{2}}{(m-2)^{2}}}{\dfrac{4(m-1)^{2}}{(m-2)^{2}}-2\dfrac{m}{m-2}}$

 $=\dfrac{m^{2}}{(m-2)^{2}}.\dfrac{(m-2)^{2}}{4(m-1)^{2}-2m(m-2)}=\dfrac{m^{2}}{4-4m}$

$h=\dfrac{2}{\sqrt{5}}\Rightarrow h^{2}=\dfrac{4}{5}$

$\Rightarrow \dfrac{m^{2}}{4-4m}=\dfrac{4}{5}\Rightarrow 5m^{2}+16m+16=0$

Giải phương trình trên được $m=-4$ hoặc $m=\dfrac{4}{5}$
b) Từ trên có: $\begin{cases}S=x_{1}+x_{2}=\dfrac{2(m-1)}{m-2}\quad (1) \\ P=x_{1}x_{2}=\dfrac{m}{m-2}\quad (2)\end{cases}$

 $(2)\Rightarrow m=x_{1}x_{2}(m-2)\Rightarrow m=\dfrac{2x_{1}x_{2}}{x_{1}x_{2}-1}$

Thay vào  $(1)$ ta có: $x_{1}+x_{2}=\dfrac{2\left( \dfrac{2x_{1}x_{2}}{x_{1}x_{2}-1}\right)-1}{\dfrac{2x_{1}x_{2}}{x_{1}x_{2}-1}-1}$

$\Rightarrow x_{1}+x_{2}=\dfrac{\dfrac{2(2x_{1}x_{2}-x_{1}x_{2}+1)}{x_{1}x_{2}-1}}{\dfrac{2x_{1}x_{2}-2x_{1}x_{2}+2}{x_{1}x_{2}-1}}$

$\Rightarrow x_{1}+x_{2}=\dfrac{2(x_{1}x_{2}+1)}{x_{1}x_{2}-1}.\dfrac{x_{1}x_{2}-1}{2}=x_{1}x_{2}+1$

Vậy $x_{1}+x_{2}-x_{1}x_{2}=1$ là biểu thức liên hệ giữa $x_{1}, x_{2}$ không phụ thuộc vào $m$

Lời giải này có yêu cầu trả vỏ sò để xem. Bạn hãy link trên để vào xem chi tiết

a) Ta có: $\overrightarrow{AM}=(3;y-3)$; $\overrightarrow{BM}=(-4;y-4)$

Tam giác $ABM$ vuông tại $M\Leftrightarrow\overrightarrow{AM}.\overrightarrow{BM}=0$

$\Leftrightarrow -12+(y-3)(y-4)=0\Leftrightarrow y^{2}-7y=0\Leftrightarrow y=0$ hoặc $y=7$

b) Ta có: $\overrightarrow{AN}=(x-2;-5)$ và $\overrightarrow{BN}=(x-9;-6)$.

$A,N,B$ thẳng hàng khi và chỉ khi $\overrightarrow{AN}$ và $\overrightarrow{BN}$ cùng phương

$\Leftrightarrow \dfrac{x-2}{x-9}=\dfrac{-5}{-6}\Rightarrow x=-33$

a) Trung điểm $I$ của $AB$ có tọa độ $I\left(\dfrac{5}{2};\dfrac{5}{2}\right)$

$D\in Ox$ thì $D(x;0)$. Khi đó $\overrightarrow{ID}=\left( x-\dfrac{5}{2};-\dfrac{5}{2}\right)$

$\overrightarrow{AB}=(3;-1)$. $D$ cách đều $AB$ thì $D$ nằm trên trung trực của $AB$. Do đó $DI\bot AB$ hay $\overrightarrow{AB}.\overrightarrow{ID}=0$

$\Leftrightarrow 3\left( x-\dfrac{5}{2}\right) +\dfrac{5}{2}=0\Rightarrow x=\dfrac{5}{3}\Rightarrow D\left( \dfrac{5}{3};0\right)$

b) Tam giác $ABD$ có:

$AB=\sqrt{(4-1)^{2}+(2-3)^{2}}=\sqrt{10}$

$AD=\sqrt{(1-\dfrac{5}{3})^{2}+(3-0)^{2}}=\dfrac{\sqrt{85}}{3}$

$BD=\sqrt{(4-\dfrac{5}{3})^{2}+(2-0)^{2}}=\dfrac{\sqrt{85}}{3}$

$ID=\sqrt{(\dfrac{5}{2}-\dfrac{5}{3})^{2}+(\dfrac{5}{2}-0)^{2}}=\dfrac{5\sqrt{10}}{6}$

Từ đây có thể suy ra chu vi và diện tích tam giác $ABD$ rồi (vì $DI$ là đường cao ứng với cạnh đáy $AB$)

c) Trọng tâm $G$ của tam giác $OAB$ có tọa độ thỏa mãn:

$\begin{cases}x_{G}=\dfrac{1+4+0}{3}=\dfrac{5}{3} \\ y_{G}=\dfrac{3+2+0}{3}=\dfrac{5}{3}\end{cases}\Rightarrow G\left(\dfrac{5}{3};\dfrac{5}{3}\right)$

Tìm $m$ để hai phương trình sau có nghiệm chung:

 $x^{4}+mx^{2}+1=0\qquad (1)$

$x^{3}+mx+1=0\qquad (2)$

Nếu $(1)$ và $(2)$ có nghiệm chung $x=a$ thì $\begin{cases}a^{4}+ma^{2}+1=0 \\ a^{3}+ma+1=0\end{cases}$

$\Rightarrow (a^{4}+ma^{2}+1)-(a^{3}+ma+1)=0\Leftrightarrow a^{4}-a^{3}+ma^{2}-ma=0$

$\Leftrightarrow a^{3}(a-1)+ma(a-1)=0\Leftrightarrow a(a^{2}+m)(a-1)=0$

$\Leftrightarrow\left[ \begin{matrix}a=0 \\ a=1 \\ a=\pm\sqrt{-m}\qquad \mbox{ với } m\leq 0\end{matrix}\right.$

Dễ dàng thấy $a=0$, $a=\pm\sqrt{m}$ không là nghiệm của phương trình $(1)$ nên nghiệm chung của hai phương trình (nếu có) chỉ có thể là $x=a=1$. Khi đó $\begin{cases}(1)\Leftrightarrow 1+m+1=0 \\ (2)\Leftrightarrow 1+m+1=0\end{cases}\Leftrightarrow m=-2$

Ta có: $a_{k}=\dfrac{3k^{2}+3k+1}{(k^{2}+k)^{3}}=\dfrac{(k^{3}+3k^{2}+3k+1)-k^{3}}{[k(k+1)]^{3}}=\dfrac{(k+1)^{3}}{k^{3}(k+1)^{3}}-\dfrac{k^{3}}{k^{3}(k+1)^{3}}$

$=\dfrac{1}{k^{3}}-\dfrac{1}{(k+1)^{3}}$

 $S=a_{1}+a_{2}+ ... + a_{2006}$

$=\left(\dfrac{1}{1^{3}}-\dfrac{1}{2^{3}}\right) +\left(\dfrac{1}{2^{3}}-\dfrac{1}{3^{3}}\right)c+ ... + \left(\dfrac{1}{2006^{3}}-\dfrac{1}{2007^{3}}\right)$

 $=1-\dfrac{1}{2007^{3}}$

b) Trọng tâm $G$ của tam giác $ABC$ có tọa độ thỏa mãn hệ:

$\begin{cases}x_{G}=\dfrac{x_{A}+x_{B}+x_{C}}{3}=\dfrac{1-1+6}{3}=2 \\ y_{G}=\dfrac{y_{A}+y_{B}+y_{C}}{3}=\dfrac{5+1+0}{3}=2\end{cases}$

 Vậy $G(2;2)$

Dễ thấy tam giác $ABC$ có $AB=2\sqrt{5}$; $AC=BC=5\sqrt{2}$. Do đó tam giác $ABC$ cân tại $C$ suy ra đường cao kẻ từ $C$ là đường trung trực của $AB$.

 Đường trung trực của $BC$ đi qua trung điểm $I$ của $BC$ và nhận $\overrightarrow{BC}$ làm vtpt nên có phương trình $7x-y-17=0$

Tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác $ABC$ là giao hai đường trung trực nên tọa độ tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác là nghiệm của hệ $\begin{cases}x+2y-3=0 \\7x-y-17=0\end{cases}$. Giải hệ ta được tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác $O(\dfrac{37}{15};\dfrac{4}{15})$