Đặt $A_n=\sum_{k=0}^n{\frac{3k+1}{5^k}}$
Bằng quy nạp, chứng minh được $A_n=\frac{7.5^{n+1}-12n-19}{16.5^n},\forall n\geq 0.$

Dễ thấy $(u_n)$ là cấp số cộng với công sai $d=2012^{2013}$.
Do đó $u_n=u_1+(n-1)d=\sqrt{2}+(n-1)2012^{2013},\forall n\geq 1$.

$u_n=\frac{3n+4}{4n+3}=\frac{3n+\frac{9}{4}+\frac{7}{4}}{4n+3}=\frac{3}{4}+\frac{7}{4(4n+3)}$.
Từ đó dễ thấy $(u_n)$ giảm, bị chặn trên bởi $1$, bị chặn dưới bởi $\frac{3}{4}$.

Qua $P,Q$ kẻ đường thẳng song song với $BR$ cắt $AC$ tại $U,V$.
Có $\frac{RU}{RC}=\frac{BP}{BC}=\frac{1}{6}$ nên $\frac{AT}{AP}=\frac{AR}{AU}=\frac{3}{4}$.
Có $\frac{RV}{RC}=\frac{BQ}{BC}=\frac{1}{2}$ nên $\frac{AS}{AQ}=\frac{1}{2}$.
Từ đó suy ra $S_{AST}=\frac{3}{8}S_{APQ}\Rightarrow S_{PQST}=\frac{5}{8}S_{APQ}=\frac{5}{24}S_{ABC}$.

Bằng quy nạp ta chứng minh được $u_n\geq \left( \frac{3}{2}\right)^{n-1},\forall n\geq 1.    (1)$
Từ đó suy ra:
$x_n\leq \sum_{i=0}^{n-1}{\left( \frac{2}{3}\right)^{i} }<3,\forall n.$
Ta được $(x_n)$ là dãy tăng, bị chặn trên nên hội tụ.

--
Chứng minh $(1)$.
Dễ thấy $(1)$ đúng với $n\leq 2$.
Giả sử $(1)$ đúng đến $n=k$. Khi đó:
$u_{k+1}=u_k+u_{k-1}\geq \left( \frac{3}{2}\right)^{k-1}+\left( \frac{3}{2}\right)^{k-2}=\left( \frac{3}{2}\right)^{k-2}\left( \frac{3}{2}+1\right)=\left( \frac{3}{2}\right)^{k-2}.\frac{5}{2}>\left( \frac{3}{2}\right)^k$.
Do đó $(1)$ đúng với $n=k+1$.
Theo nguyên lý quy nạp, $(1)$ đúng với mọi $n\geq 1$.

$L_2=\lim_{x\to 1}{(1+\ln x)^{\frac{1}{x-1}}}=\lim_{x\to 1}\left[ (1+\ln x)^{\frac{1}{\ln x}}\right] ^{\frac{\ln x}{x-1}}=e$

$L_1=\lim_{x\to 0}{(\cos 5x)^{\frac{1}{2x^2}}}$
$=\lim_{x\to 0}{\left((1+(-1+\cos 5x))^{\frac{1}{-1+\cos 5x}}\right)^{\frac{-1+\cos 5x}{2x^2}}}$
Có $\lim_{x\to 0}{\frac{-1+\cos 5x}{2x^2}}=\lim_{x\to 0}{\frac{-\sin ^2\frac{5x}{2}}{x^2}}=-\frac{4}{5}$ nên $L_1=e^{-\frac{4}{5}}$.

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

Ta có:
$\sqrt{xyz}\leq \sqrt{xy}\leq \frac{x+y}{2}.$
$\sqrt{(1-x)(1-y)(1-z)}\leq \sqrt{(1-x)(1-y)} \leq \frac{2-x-y}{2}.$
Cộng 2 BĐT trên vế theo vế ta được $P\leq 1$.
Dấu $=$ xảy ra khi và chỉ khi $x=y=z\in \{ 0,1\}$.

Đặt $a=\frac{1}{2}+x,b=\frac{1}{2}+y,c=\frac{1}{2}+z$ thì $-\frac{1}{2}\leq x,y,z\leq \frac{1}{2}$ và $x+y+z=\frac{1}{2}$.
Khi đó: $ab+bc+ca-2abc=\frac{3}{4}-2xyz$.
BĐT cần chứng minh tương đương với $xyz\leq \frac{1}{216}$.
Vì $x+y+z>0$ nên giả sử $x>0$.
Vì $x\leq \frac{1}{2}$ và $x+y+z=\frac{1}{2}$ nên $y+z\geq 0$, có thể giả sử $y\geq 0$.
Nếu $z<0$ thì $xyz<0$.
Nếu $z\geq 0$ thì dùng BĐT Cauchy ta được đpcm.

Trong $(SBD)$ kẻ qua $O$ đường thẳng song song với $SB$, cắt $SD$ tại $I$.
Ta có $OG//(SBC)$ thì $(OGI)//(SBC)$, suy ra $IG//SC$.
Từ đó ta được $SD=3SI$ suy ra $BD=3OB$, dẫn đến $x=2$.

Giả sử $AM$ cắt $BC$ tại $E$, $BM$ cắt $CD$ tại $F$.
Ta có: $\frac{MN}{SA}+\frac{MP}{SB}=\frac{ME}{AE}+\frac{MF}{BF}=\frac{ME}{AE}+\frac{AM}{AE}=1$.

1. Gọi $O$ là tâm hình bình hành $ACC'A'$ thì $O$ là trung điểm $AC'$ và $A'C$.
Vì $HO//CB'$ nên $CB'//(AHC')$.

2. $I$ là tâm hình bình hành $ABB'A'$ thì $d\equiv OI$.
Vì $O$ và $I$ là trung điểm của $AC'$ và $AB'$ tương ứng nên $OI//B'C'$, suy ra $OI//(BB'C'C)$.

3. Gọi $K,L,J$ là trung điểm của $AB,AC,A'C'$ thì thiết diện cần tìm là $HKLJ$.

1. $\overrightarrow{AC'}=\overrightarrow{a}$+$\overrightarrow{b}$+$\overrightarrow{c}$.
$\overrightarrow{AG}=\frac{1}{3}(\overrightarrow{AA'}+\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AD})=\frac{1}{3}(\overrightarrow{a}+\overrightarrow{b}+\overrightarrow{c})$.
$\overrightarrow{AG'}=\frac{1}{3}(\overrightarrow{AC}+\overrightarrow{AB'}+\overrightarrow{AD'}=\frac{2}{3}(\overrightarrow{a}+\overrightarrow{b}+\overrightarrow{c}))$.

2. Từ 1. suy ra $A,G,G',C$ thẳng hàng.
Có $\overrightarrow{A'B}=\overrightarrow{b}-\overrightarrow{a}$ nên $\overrightarrow{A'B}.\overrightarrow{AC'}=0$.
Tương tự: $\overrightarrow{BD}.\overrightarrow{AC'}=\overrightarrow{B'C}.\overrightarrow{AC'}=\overrightarrow{B'D'}.\overrightarrow{AC'}=0$.
Từ đó suy ra $AC'$ vuông góc với $(A'BD)$ và $(CB'D')$.

3. Khoảng cách cần tìm là $GG'$.
Ta có $\overrightarrow{GG'}=\frac{1}{3}(\overrightarrow{a}+\overrightarrow{b}+\overrightarrow{c})$ nên $GG'^2=\frac{\overrightarrow{a}^2+\overrightarrow{b}^2+\overrightarrow{c}^2}{9}=\frac{d^2}{3}$.

4. $\overrightarrow{AI}=\overrightarrow{a}+\frac{\overrightarrow{c}}{2},\overrightarrow{C'D}=\overrightarrow{a}-\overrightarrow{b}$.
Từ đó suy ra $\overrightarrow{AI}.\overrightarrow{C'D}=d^2$.
Mặt khác $AI=\frac{d\sqrt{5}}{2}$ và $C'D=d\sqrt{2}$ nên $\cos (AI,C'D)=\frac{\sqrt{10}}{5}$.

5. $\overrightarrow{AJ}=\overrightarrow{a}+\frac{3\overrightarrow{b}}{4}+\overrightarrow{c}$ nên $AJ=\frac{d\sqrt{41}}{4}$.

a. Cộng 2 PT trên vế theo vế ta được:
$2x^2+2xy+y-5+y^2+xy+5x-7=0$
$\Leftrightarrow 2x^2+(3y+5)x+y^2+y-12=0$
Coi PT trên là PT bậc 2 ẩn $x$, ta có $\Delta =(y+11)^2\geq 0$.
Do đó $x=-y-4$ hoặc $x=\frac{3-y}{2}.$
Thay trở lại hệ ban đầu ta tìm được nghiệm.

Gọi $M$ là trung điểm $BC$ thì $\overrightarrow{AH}=2\overrightarrow{IM}$ nên $M(-2,3)$.
Ta có $\overrightarrow{AH}=(0,6)$ là VTPT của $BC$ nên phương trình của $BC$ có dạng:
$0(x+2)+6(y-3)=0$ hay $y=3$.
Giả sử $B(a,3)$ và $C(b,3)$ thì $a+b=-4$.
Vì $\overrightarrow{BH}=(3-a,-4)$ và $\overrightarrow{AC}=(b-3,10)$ nên ta có $(3-a)(b-3)-40=0$ suy ra $ab=-61$.
Từ đây không tìm được $B$ và $C$.