Gọi  $d$  là đường trung trực của đoạn  $AC$.
Xét phép đối xứng trục  $(d)$
$S_{(d)}:   D \rightarrow   D'$
Ta có:  $AD=CD',  CD=AD'$   và   $\Delta ADC=\Delta AD'C$
Suy ra   $S_{ABCD}=S_{ABCD'}=S_{BAD'}+S_{BCD'}$.
$\Rightarrow S_{ABCD}=\frac{1}{2}AB.AD'.\sin \widehat{BAD'}+\frac{1}{2}BC.CD'.\sin \widehat{BCD'} \leq \frac{1}{2}(AB.AD'+BC.CD')$
              $=\frac{1}{2} (AB.CD+BC.AD)$
Dấu  "=" xảy ra khi ta có:
$\sin \widehat{BAD'}=\sin \widehat{BCD'}=1    \Rightarrow     \widehat{BAD'}=\widehat{BCD'}=90^\circ$
$\Rightarrow    ABCD'$  nội tiếp trong đường tròn đường kính  $BD'$.
Suy ra  $\widehat{ABC}+\widehat{ADC}=180^ \circ$
Do đó tứ giác  $ABCD$  nội tiếp trong đường tròn đường kính  $BD'$.
Suy ra  $\widehat{BDD'}=90^ \circ$,  tức là  $BD \bot DD'   \Rightarrow    AC \bot BD$  do  ($AC\parallel DD'$)

Đảo lại: Nếu $ABCD$  nội tiếp trong đường tròn $(O)$  với hai đường chéo  $AC \bot BD$, vì  $\widehat{BDD'}=90^ \circ$  nên dễ thấy $BD'$  là một đường kính của  $(O)$. Từ đó suy ra  $\widehat{D'AB}=\widehat{D'CB}=90^ \circ .$
Nên dấu    "="  xảy ra. Vậy  $S_{ABCD}  \leq  \frac{1}{2}(AB.CD+BC.AD)$
Dấu   "="   xảy ra   $\Leftrightarrow   ABCD$  nội tiếp được và có hai đường chéo vuông góc với nhau.

a) $v_1=\frac{m}{2}$
    $v_2=\frac{m}{2}+\frac{1}{2}v_1      \Rightarrow  2v_2=m+v_1$
    $v_3=\frac{m}{2}+\frac{1}{2}v_2     \Rightarrow  2^2 v_3=2m+2v_2$
        ...
    $v_n=\frac{m}{2}+\frac{1}{2}v_{n-1} \Rightarrow  2_{n-1}v_n=2^{n-2}m+2^{n-2}.v_{n-1}$
Cộng từng vế và rút gọn, ta được:
$2^{n-1}v_n=\frac{m}{2}(1+2+...+2^n)=\frac{m}{2}\left ( \frac{2^n-1}{2-1}  \right )$
$\Rightarrow  v_n=\frac{\frac{m}{2}(2^n-1) }{2^{n-1}}      \Rightarrow  \lim v_n =\frac{m(2^n-1)}{2^n}=m$

a) $v_n=u_n-4$
$\Rightarrow v_{n+1}=u_{n+1}-4=\sqrt u_n +2-4=\sqrt u_n-2 =\frac{u_n-4}{\sqrt {u_n}+2} \leq  \frac{u_n-4}{3} \forall n$
Do đó  $0< v_{n+1} < \frac{1}{3} v_n  \forall n$  (chú ý rằng  $u_n>1 \forall n$)
Ta có:  $v_2 \leq  \frac{1}{3}v_1$  và  $v_3 \leq  \frac{1}{3} v_2 \leq  (\frac{1}{3} )^2 v_1$
Bằng quy nạp, ta dễ chứng minh được: $0< v_n \leq  (\frac{1}{3} )^{n-1}v_1=4(\frac{1}{3} )^{n-1}$
Vậy  $\lim v_n=0$ vì $\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty  }(\frac{1}{3} )^{n-1}=0$   (đpcm)
b) Vì   $v_n=u_n-4 \Rightarrow  \lim v_n= \lim u_n -4$  hay  $0=\lim u_n -4$.
Vậy  $\lim u_n=4$.

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

ĐK cần: Cho $\div (u_n): a=u_1+md;  b=u_1+nd;  c=u_1+kd$
Nếu ta chọn $p=n-k; q=k-m; r=m-n$ thì ta sẽ có:
$p+q+r=0$  và $ap+bq+cr=(u_1+md)(n-k)+(u_1+nd)(k-m)+(u_1+kd)(m-n)$
                          $= u_1(n-k+k-m+m-n)+d(mn-mk+nk-mn+mk)$
                          $=u_1.0+d.0=0$
Đây chính là $3$ số $p,q,r$ cần tìm.

ĐK đủ: Trong ba số $a,b,c$ ta giả sử $c$ bé nhất sao cho:
                         $\begin{cases}p+q+r=0         (1)\\ ap+bq+cr=0      (2) \end{cases}$
Từ $(1)               \Rightarrow  q=-p-r$
Từ $(2)                 \Rightarrow   ap+b(-q-r)+cr=0$
                        $\Rightarrow  p(a-b)=r(b-c)$
                        $\Rightarrow \frac{a-b}{r}=\frac{b-c}{p} =d$
                        $\Rightarrow a=b+dr$
                        $\Rightarrow b=c+pd;  a=c+(r+p)d$
Vậy  $a,  b$  được xem lần lượt là số hạng thứ   $r+p+1; p+1$ của một cấp số cộng có số hạng đầu tiên là $c$ và công sai $d$.

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

a) Hàm số xác định với $x\neq  0, x\neq  \frac{\pi}{2}+k\pi$
Tập xác định $D$ có tính đối xứng.
          $\forall x \in D: f(-x)= \frac{-x^5-\sin(-2x)}{(-x)^3+\tan (-x)}=\frac{-x^5 +\sin 2x}{-x^3-\tan x}= \frac{x^5-\sin 2x}{x^3+\tan x}=f(x)$
Vậy hàm số đã cho là hàm số chẵn.
b) Hàm số đã cho xác định với mọi $x\in R$
Ta có:   $f(-x)=-x \sqrt[3]{-x}+\sin |-x|=x\sqrt[3]{x}+\sin |x|=f(x)$
Vậy hàm số đã cho là hàm số chẵn.
c) Hàm số xác định $\forall x \in R$
Ta có:  $f(-x)=\cos(1-2x)$
            $f(1)=\cos (-1)=\cos 1$
            $f(-1)=\cos(3)$
Nhưng $f(-1) \neq  f(1)$. Vậy hàm số đã cho không chẵn, cũng không lẻ.

Phương trình có dạng:     $\cos(3x-\frac{\pi}{4} )=\frac{\sqrt{6} }{4}-\frac{\sqrt{2}}{4}=\frac{\sqrt[]{3} }{2}.\frac{\sqrt{2} }{2}-\frac{1}{2}.\frac{\sqrt{2} }{2}$

                                           $=\cos\frac{\pi}{6}\cos\frac{\pi}{4}-\sin\frac{\pi}{6}.\sin\frac{\pi}{4}$
                              hay       $\cos(3x-\frac{\pi}{4} )=\cos \frac{5\pi}{12}$
                                 $\Leftrightarrow   \left[ \begin{array}{l}3x-\frac{\pi}{4}=   \frac{5\pi}{12}+k2\pi                 (1)  \\3x-\frac{\pi}{4}=-\frac{5\pi}{12}+k2\pi          (2)\end{array} \right.$
Giải $(1)$ và $(2)$, ta được nghiệm:  $x=\frac{2\pi}{9}+k \frac{2\pi}{3},    x=-\frac{\pi}{18}+k \frac{2\pi}{3}$.

$1+a+a^2+...+a^n=S_{n+1}=\frac{a^{n+1}-1}{a-1}$
Vế trái của đẳng thức có thể viết:
     $\left ( \frac{a_{n+1}-1}{a-1} \right )^2-a^n=\frac{(a^{n+1}-1)^2-a^n(a-1)^2}{(a-1)^2}$
      $=\frac{a_{2(n+1)}-2a_{n+1}+1-a^{n+2}+2a_{n+1}-a_n}{(a-1)^2} =\frac{a^{n+2}-1}{a-1}. \frac{a_n-1}{a-1}$
      $= (1+a+...+ a^{n+1})(1+a+...+a^{n-1})$   (đpcm)

Từ phương trình  $(1)$, rút $x$ theo $y$  ta được:   $x=\frac{3y^2-160}{2y}$.
Đem thế vào phương trình $(2)$   ta được  phương trình trùng phương với ẩn $y$:
                                       $y^4-89y^2+1600=0$.
Phương trình trùng phương này có $4$ nghiệm:
                                $y_1=8;   y_2=-8;  y_3=  5;  y_4=-5$.
Ta tính được các giá trị tương ứng của $x$.
                            $x_1=2;  x_2=-2;  x_3=-8,5;  x_4=8,5$.
 Kết quả:   Hệ phương trình có bốn nghiệm     $(-2; -8), (2; 8), (-8,5; 5), (8,5; -5)$.

a) Gọi bốn số phải tìm là $x, y, z, t$. Theo đề bài ta có:
      $\div\div  x, y, z, t$
      $\div    x-2, y-1, z-7, t-27$
Theo tính chất cấp số cộng, ta có:
      $\begin{cases}(x-2)+(z-7)=2(y-1) \\ (y-1)+(t-27)=2(z-7) \end{cases}$ hay $\begin{cases}x+z-7=2y \\ y+t-14=2z \end{cases}$
Thay $z=xq^2, y=xq$ và $t=xq^3$ vào $(1)$ và $(2)$, ta được:
     $\begin{cases}x(q-1)^2 =7            (1')\\ xq(q-1)^2=14             (2') \end{cases}  \Rightarrow  q=2$ và $x=7$
Vậy bốn số đó là: $7; 14; 28; 56$

b) Cách giải tương tự bài a) với lưu ý tính chất cấp số cộng và nhân, ta được:
     $\begin{cases}(y-6)^2=(x-2)(z-7)                      (1)\\ (z-7)^2=(y-6)(t-2)                                   (2) \end{cases}$
 Thay $y=x+d,  z=x+2d, t=x+3d$   vào  $(1)$ và $(2)$,  ta tìm được  $d=7, x=5$
 Vậy bốn số đó là  $5; 12; 19; 26$

Đặt $u_1=a^2; u_2=b^2; u_3=c^2$. Vì $u_1, u_2, u_3$ lập thành một cấp số cộng nên $u_2-u_1=u_3-u_2$ hay $b^2-a^2=c^2-b^2                                                                                  (1)$

Đặt $v_1=\dfrac{1}{a+b};  v_2=\dfrac{1}{a+c};  v_3=\dfrac{1}{b+c}$.

Muốn chứng minh $v_1, v_2, v_3$ lập thành một cấp số cộng, ta phải chứng minh $v_2-v_1=v_3-v_2$ hay

$\dfrac{1}{a+c}-\dfrac{1}{a+b}=\dfrac{1}{b+c}-\dfrac{1}{a+c}                                                           (2)$

Ta có: $\dfrac{1}{a+c}-\dfrac{1}{a+b}=\dfrac{b-c}{(a+b)(a+c)}=\dfrac{b^2-c^2}{(a+b)(a+c)(b+c)}$

           $\dfrac{1}{b+c}-\dfrac{1}{a+c}=\dfrac{a-b}{(a+c)(b+c)}=\dfrac{a^2-b^2}{(a+b)(a+c)(b+c)}$

Từ $(1)$ suy ra $(2)$. Vậy $\dfrac{1}{a+b}, \dfrac{1}{a+c}, \dfrac{1}{b+c}$ lập thành một cấp số cộng.

Gọi vế trái của phương trình là $T$, ta có:
với $0<x<1$
        $xT=x+2x^2+3x^3+4x^4+...$
$T-xT=1+x+x^2+x^4+...$
$T-xT$ là tổng của cấp số nhân lùi vô hạn với công bội $x$ nên:
$T-xT=\frac{1}{1-x} \Rightarrow    T=\frac{1}{(1-x)^2}$
Phương trình có dạng: $\frac{1}{(1-x)^2}=14884=122^2$
Đáp số: $x=\frac{121}{122}$

Nhận xét: ta có thể giải bằng cách xét nguyên hàm $S(x)$ của $T(x)$ và suy ra $S(x)=\frac{1}{1-x}$.

Ta có:
$u_{n+1}-m=(u_n-m)(u_n-m+1)$

Đặt $u_n-m=x_n$, ta có: $x_{n+1}=x_n^2+x_n$

Giả sử tồn tại $\lim x_n=a \Rightarrow a=a^2+a \Rightarrow a=0$

-  Nếu $x_1>0$ thì $x_n$ là dãy tăng, nên ko thể tồn tại $\lim =0$
-  Nếu $-1\le x_1\le0$ thì $x_n\le x_{n+1}\le0$ nên dãy $x_n$ tăng và bị chặn trên nên $\lim x_n=0$
-  Nếu $-1<x_1$ thì $x_2>0$, nên ko thể tồn tại $\lim =0$

ĐS: $\lim u_n=m$ nếu $0\le m\le1$ và không tồn tại lim trong TH còn lại.