có bao nhiêu giá trị nguyên của a có 1 chữ số để \(lim\left(\left(a^2-1\right)n^4+2n+11\right)=+\infty\)
K
Khách
Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Những câu hỏi liên quan
JE
1
NV
Nguyễn Việt Lâm
Giáo viên
7 tháng 2 2021
\(\lim n^4\left(-a-\dfrac{50}{n^3}+\dfrac{11}{n^4}\right)=+\infty.\left(-a\right)\)
Giới hạn bằng \(+\infty\) khi \(-a>0\Leftrightarrow a< 0\)
\(\Rightarrow a=\left\{-3;-2;-1\right\}\)
NV
Nguyễn Việt Lâm
Giáo viên
2 tháng 3 2021
\(\lim\limits_{x\rightarrow-\infty}x^3\left(m+\dfrac{2}{x}\right)\left(\dfrac{m}{x^2}-3\right)=+\infty.\left(3m\right)=-\infty\)
\(\Rightarrow m< 0\Rightarrow\) có 20 giá trị nguyên của m
NV
Nguyễn Việt Lâm
Giáo viên
14 tháng 3 2022
a.
\(\lim\limits_{x\rightarrow+\infty}\left(\sqrt{x^2-ax+2021}-x+1\right)\)
\(=\lim\limits_{x\rightarrow+\infty}\left(\dfrac{\left(\sqrt{x^2-ax+2021}-x\right)\left(\sqrt{x^2-ax+2021}+x\right)}{\sqrt{x^2-ax+2021}+x}+1\right)\)
\(=\lim\limits_{x\rightarrow+\infty}\left(\dfrac{-ax+2021}{\sqrt{x^2-ax+2021}+x}+1\right)\)
\(=\lim\limits_{x\rightarrow+\infty}\left(\dfrac{x\left(-a+\dfrac{2021}{x}\right)}{x\left(\sqrt{1-\dfrac{a}{x}+\dfrac{2021}{x^2}}+1\right)}+1\right)\)
\(=\lim\limits_{x\rightarrow+\infty}\left(\dfrac{-a+\dfrac{2021}{x}}{\sqrt{1-\dfrac{a}{x}+\dfrac{2021}{x^2}}+1}+1\right)\)
\(=\dfrac{-a+0}{\sqrt{1+0+0}+1}+1=-\dfrac{a}{2}+1\)
\(\Rightarrow a^2=-\dfrac{a}{2}+1\Rightarrow2a^2+a-2=0\)
Pt trên có 2 nghiệm pb nên có 2 giá trị a thỏa mãn
NV
Nguyễn Việt Lâm
Giáo viên
14 tháng 3 2022
b.
\(\lim\limits_{x\rightarrow-1}f\left(x\right)=\lim\limits_{x\rightarrow-1}\dfrac{x^3+1}{x+1}\)
\(=\lim\limits_{x\rightarrow-1}\dfrac{\left(x+1\right)\left(x^2-x+1\right)}{x+1}=\lim\limits_{x\rightarrow-1}\left(x^2-x+1\right)\)
\(=1+1+1=3\)
\(f\left(-1\right)=3a\)
Hàm gián đoạn tại điểm \(x_0=-1\) khi:
\(\lim\limits_{x\rightarrow-1}f\left(x\right)\ne f\left(-1\right)\Rightarrow3\ne3a\)
\(\Rightarrow a\ne1\)
JE
1
NV
Nguyễn Việt Lâm
Giáo viên
8 tháng 2 2021
\(\lim n^2\left[\left(\sqrt{a-1}-3\right)+\dfrac{5}{n}-\dfrac{3}{n^2}\right]=+\infty.\left(\sqrt{a-1}-3\right)\)
Để giới hạn đã cho bằng \(-\infty\Rightarrow\sqrt{a-1}-3< 0\Leftrightarrow1\le a< 10\)
25 tháng 11 2023
1: \(\lim\limits_{n\rightarrow\infty}\left(\sqrt[3]{n^3+n^2+n+1}-n\right)\)
\(=\lim\limits_{n\rightarrow\infty}\dfrac{n^3+n^2+n+1-n^3}{\sqrt[3]{\left(n^3+n^2+n+1\right)^2}+n\cdot\sqrt[3]{n^3+n^2+n+1}+n^2}\)
\(=\lim\limits_{n\rightarrow\infty}\dfrac{n^2+n+1}{n^2\cdot\sqrt[3]{\left(1+\dfrac{1}{n}+\dfrac{1}{n^2}+\dfrac{1}{n^3}\right)^2}+n^2\cdot\sqrt[3]{1+\dfrac{1}{n}+\dfrac{1}{n^2}+\dfrac{1}{n^3}}+n^2}\)
\(=\lim\limits_{n\rightarrow\infty}\dfrac{1+\dfrac{1}{n}+\dfrac{1}{n^2}}{\sqrt[3]{\left(1+\dfrac{1}{n}+\dfrac{1}{n^2}+\dfrac{1}{n^3}\right)^2}+\sqrt[3]{1+\dfrac{1}{n}+\dfrac{1}{n^2}+\dfrac{1}{n^3}}+1}\)
\(=\dfrac{1}{1+1+1}=\dfrac{1}{3}\)
2: \(\lim\limits_{n\rightarrow\infty}\left(\sqrt{n^2+n}-\sqrt{n^2-n+1}\right)\)
\(=\lim\limits_{n\rightarrow\infty}\dfrac{n^2+n-n^2+n-1}{\sqrt{n^2+n}+\sqrt{n^2-n+1}}\)
\(=\lim\limits_{n\rightarrow\infty}\dfrac{2n-1}{\sqrt{n^2+n}+\sqrt{n^2-n+1}}\)
\(=\lim\limits_{n\rightarrow\infty}\dfrac{2-\dfrac{1}{n}}{\sqrt{1+\dfrac{1}{n}}+\sqrt{1-\dfrac{1}{n}+\dfrac{1}{n^2}}}\)
\(=\dfrac{2}{1+1}=\dfrac{2}{2}=1\)
HT
24 tháng 7 2023
\(y'=\dfrac{x-m-x+1}{\left(x-m\right)^2}=\dfrac{1-m}{\left(x-m\right)^2}\)
Hàm số nghịch biến trên khoảng \(\left(-\infty;2\right)\Leftrightarrow y'< 0\forall x\in\left(-\infty;2\right)\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}1-m< 0\\x\ne m\end{matrix}\right.\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}m>1\\m\ge2\end{matrix}\right.\Rightarrow m\ge2\)
Có 19-2+1=18 giá trị nguyên của m thỏa mãn
NV
Nguyễn Việt Lâm
Giáo viên
12 tháng 1 2022
\(y'=x^2-2\left(m-1\right)x+3\left(m-1\right)\)
Hàm đồng biến trên khoảng đã cho khi với mọi \(x>1\) ta luôn có:
\(g\left(x\right)=x^2-2\left(m-1\right)x+3\left(m-1\right)\ge0\)
\(\Rightarrow\min\limits_{x>1}g\left(x\right)\ge0\)
Do \(a=1>0;-\dfrac{b}{2a}=m-1\)
TH1: \(m-1\ge1\Rightarrow m\ge2\)
\(\Rightarrow g\left(x\right)_{min}=f\left(m-1\right)=\left(m-1\right)^2-2\left(m-1\right)^2+3\left(m-1\right)\ge0\)
\(\Rightarrow\left(m-1\right)\left(4-m\right)\ge0\Rightarrow1\le m\le4\Rightarrow2\le m\le4\)
TH2: \(m-1< 1\Rightarrow m< 2\Rightarrow g\left(x\right)_{min}=g\left(1\right)=m\ge0\)
Vậy \(0\le m\le4\)
Giới hạn đã cho bằng \(+\infty\)
\(\Leftrightarrow a^2-1\ge0\Rightarrow\left[{}\begin{matrix}a\ge1\\a\le-1\end{matrix}\right.\)
Có vô số giá trị nguyên