a.

\(\Leftrightarrow na_{n+2}-na_{n+1}=2\left(n+1\right)a_{n+1}-2\left(n+1\right)a_n\)

\(\Leftrightarrow\dfrac{a_{n+2}-a_{n+1}}{n+1}=2.\dfrac{a_{n+1}-a_n}{n}\)

Đặt \(b_n=\dfrac{a_{n+1}-a_n}{n}\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}b_1=\dfrac{a_2-a_1}{1}=1\\b_{n+1}=2b_n\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow b_n=2^{n-1}\Rightarrow a_{n+1}-a_n=n.2^{n-1}\)

\(\Leftrightarrow a_{n+1}-\left[\dfrac{1}{2}\left(n+1\right)-1\right]2^{n+1}=a_n-\left[\dfrac{1}{2}n-1\right]2^n\)

Đặt \(c_n=a_n-\left[\dfrac{1}{2}n-1\right]2^n\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}c_1=a_1-\left[\dfrac{1}{2}-1\right]2^1=2\\c_{n+1}=c_n=...=c_1=2\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow a_n=\left[\dfrac{1}{2}n-1\right]2^n+2=\left(n-2\right)2^{n-1}+2\)

b.

Câu b này đề sai

Với \(n=1\Rightarrow\sqrt{a_1-1}=0< \dfrac{1\left(1+1\right)}{2}\)

Với \(n=2\Rightarrow\sqrt{a_1-1}+\sqrt{a_2-1}=0+1< \dfrac{2\left(2+1\right)}{2}\)

Có lẽ đề đúng phải là: \(\sqrt{a_1-1}+\sqrt{a_2-1}+...+\sqrt{a_n-1}\ge\dfrac{n\left(n-1\right)}{2}\)

Ta sẽ chứng minh: \(\sqrt{a_n-1}\ge n-1\) ; \(\forall n\in Z^+\)

Hay: \(\sqrt{\left(n-2\right)2^{n-1}+1}\ge n-1\)

\(\Leftrightarrow\left(n-2\right)2^{n-1}+2n\ge n^2\)

- Với \(n=1\Rightarrow-1+2\ge1^2\) (đúng)

- Với \(n=2\Rightarrow0+4\ge2^2\) (đúng)

- Giả sử BĐT đúng với \(n=k\ge2\) hay \(\left(k-2\right)2^{k-1}+2k\ge k^2\)

Ta cần chứng minh: \(\left(k-1\right)2^k+2\left(k+1\right)\ge\left(k+1\right)^2\)

\(\Leftrightarrow\left(k-1\right)2^k+1\ge k^2\)

Thật vậy: \(\left(k-1\right)2^k+1=2\left(k-2\right)2^{k-1}+2^k+1\ge2k^2-4k+2^k+1\)

\(\ge2k^2-4k+5=k^2+\left(k-2\right)^2+1>k^2\) (đpcm)

Do đó:

\(\sqrt{a_1-1}+\sqrt{a_2-1}+...+\sqrt{a_n-1}>0+1+...+n-1=\dfrac{n\left(n-1\right)}{2}\)

Gọi tọa độ điểm $M$, $N$ lần lượt là $M\left(x_1;y_1\right),N\left(x_2;y_2\right)$.

Hệ số góc tiếp tuyến của $\left(C\right)$ tại $M$ và $N$ lần lượt là

$k_1=y^{\prime }\left(x_1\right)=-3{x_1}^2+6x_1-1$; $k_2=y^{\prime }\left(x_2\right)=-3{x_2}^2+6x_2-1$

Để tiếp tuyến của $\left(C\right)$ tại $M$ và $N$ luôn song song với nhau điều kiện là

$\{\begin{array}{c}{k}_1=k_2\\ x_1\ne x_2\end{array}$ $\iff \{\begin{array}{c}\left(x_1-x_2\right)\left[-3\left(x_1+x_2\right)+6\right]=0\\ x_1\ne x_2\end{array}$$\iff x_1+x_2=2$.

Ta có:$y_1+y_2=-\left(x_1+x_2\right)\left[{\left(x_1+x_2\right)}^2-3x_1{x}_2\right]+3\left[{\left(x_1+x_2\right)}^2-2x_1{x}_2\right]-\left(x_1+x_2\right)+8$

Do $x_1+x_2=2$ nên $y_1+y_2=-2\left(4-3x_1{x}_2\right)+3\left(4-2x_1{x}_2\right)+8=10$.

Trung điểm của đoạn $MN$ là $I\left(1;5\right)$. Vậy đường thẳng $MN$ luôn đi qua điểm cố định $I\left(1;5\right)$.

Ta có \(y'=-3x^2+6x-1\Rightarrow y^n=-6x+6;y^n=0\Leftrightarrow x=1\Rightarrow I\left(1;5\right)\) là điểm uốn của đồ thị (C)

G/s M (x_M;y_M); N(x_N;y_N) là 2 điểm di động trên (C)

Tiếp tuyển của (C) tại M,N song song với nhau

=> y'(x_M)=y'(x_N)

\(\Leftrightarrow-3x^2_M+6x_M-1=-3x_N^2+6x_N-1\)

\(\Leftrightarrow-3\left(x_M-x_N\right)\left(x_N+x_M\right)+6\left(x_M-x_N\right)=0\)

\(\Leftrightarrow\frac{x_M+x_N}{2}=1\left(x_M\ne x_N\right)\)=> I là trung điểm MN

Vậy đường thẳng MN luôn đi qua điểm I cố định

Cho hàm số y=f(x)y=f(x)có đạo hàm liên tục trên khoảng K và có đồ thị là đường cong (C), phương trình tiếp tuyến của (C) tại điểm M(a,f(a)),(a∈K)M(a,f(a)),(a∈K) là:

y=f′(a)(x−a)+f(a).

 . 

y=-x-3

ko biết

Đặt f(x) = 4x³ - 8x² + 1 

f(x) là hàm đa thức nên liên tục trên R nên:

f(x) liên tục trên [-1; 2].

Ta có: f(-1) = -11 và f(2) = 1 ⇒ f(−1).f(2)=−11<0  nên tồn tại x_0 \in (-1;2)x₀​ ∈ (−1; 2) để f(x_0)=0f(x₀₀​)=0.

\left\{ \begin{aligned} & f(-1)=-11\\ & f(2)=1 \end{aligned} \right. \Rightarrow f(-1).f(2) = -11 < 0 Vậy phương trình đã cho có ít nhất 1 nghiệm trong khoảng (-1 ; 2 ).    
 

Hàm số f(x)=4x³-8x²+1 liên tục trên R

Ta có f(-1)=-11,f(2)=1 nên f(-1);f(2) <0

Do đó theo tính chất hàm số liên tục, phương trình đã có có ít nhất 1 nghiệm thuộc khoảng (-1;2)

ko bt sory bạn:((

bạn ơi bạn troll mình à

chứ mình ko bt đâu

xét m=1 và m=-1 thì pt luôn có nghiệm
xét m#1 và m#-1
đặt f(x)=(1−m2)x5−3x−1(1−m2)x5−3x−1
f(x)liên tục trên R nên f(x) lt trên [-1,0]
f(-1)=m2+1m2+1>0
f(0)=-1
f(-1)*f(0)<0 suyra ( đpcm ) .

\(\dfrac{\sqrt{2}}{2}\)a

d(h,(scd))=a\(\dfrac{\sqrt{2}}{2}\)

Ta có \(\frac{d\left(A,\left(SCD\right)\right)}{d\left(M,\left(SCD\right)\right)}=2\Rightarrow d=\left(m,\left(SCD\right)\right)=\frac{1}{2}d\left(A,\left(SCD\right)\right)\)

Dễ thấy AC _|_ CD, SA _|_ CD dựng AH _|_ SA => AH _|_ (SCD)

Vậy d(A,(SCD))=AH

Xét tam giác vuông SAC (A=1v) có \(\frac{1}{AH^2}=\frac{1}{AC^2}+\frac{1}{AS^2}\Rightarrow AH=\frac{a\sqrt{6}}{3}\)

Vậy suy ra \(d\left(M,\left(SCD\right)\right)=\frac{a\sqrt{6}}{3}\)

$E=AB\cap CD,G=EN\cap SB\Rightarrow G$ là trọng tâm tam giác SAE.

$d\left(M,\left(NCD\right)\right)=\frac{GM}{GB}d\left(B,\left(NCD\right)\right)=\frac{1}{2}d\left(B,\left(NCD\right)\right)=\frac{1}{2}.\frac{1}{2}d\left(A,\left(NCD\right)\right)=\frac{1}{4}d\left(A,\left(NCD\right)\right)=\frac{1}{4}h$ 

Tứ diện AEND vuông tại đỉnh A nên $\frac{1}{h^2}=\frac{1}{A{N}^2}+\frac{1}{A{E}^2}+\frac{1}{A{D}^2}=\frac{11}{6a^2}\Rightarrow h=\frac{a\sqrt{66}}{11}$ 

Vậy $d\left(M,\left(NCD\right)\right)=\frac{a\sqrt{66}}{44}.$ 

Dựng CH _|_ AB => CH _|_ (SAB)

Giả sử MN cắt AD tại F. Theo định lý Talet ta có:

\(\frac{DF}{MC}=\frac{ND}{NC}=\frac{1}{2}\Rightarrow DF=\frac{MC}{2}=\frac{a}{4}\)

Khi đó \(\frac{PA}{PC}=\frac{AF}{MC}=\frac{5}{2}\Rightarrow\frac{CA}{PA}=\frac{7}{5}\)

Do đó: d (P;(SAB))=\(\frac{5}{7}d\left(C;\left(SAB\right)\right)=\frac{5}{7}CH=\frac{5}{7}\cdot\frac{a\sqrt{3}}{2}=\frac{5a\sqrt{3}}{14}\)

\(\dfrac{\sqrt{3}a5}{14}\)