Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
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
\(\lim\limits\dfrac{\sqrt{\dfrac{an^3}{n^3}+\dfrac{n^2}{n^3}+\dfrac{1}{n^3}}-\sqrt{\dfrac{2n^3}{n^3}+\dfrac{n^2}{n^3}}}{\sqrt{\dfrac{4n^3}{n^3}+\dfrac{3n}{n^3}}}=\dfrac{\sqrt{a}-\sqrt{2}}{2}\le\sqrt{2}\)
\(\Rightarrow\sqrt{a}\le2\sqrt{2}+\sqrt{2}\Rightarrow-\left(2\sqrt{2}+\sqrt{2}\right)^2\le a\le\left(2\sqrt{2}+\sqrt{2}\right)^2\)
Dung ko nhi :D?
\(I\left(1;1\right)\) , bán kính \(R=2\)
Do \(sin\widehat{AIB}\le1\Rightarrow S_{IAB}=\frac{1}{2}IA.IB.sin\widehat{AIB}\le\frac{1}{2}IA.IB=\frac{1}{2}R^2=2\)
\(\Rightarrow S_{max}=2\) khi \(\widehat{AIB}=90^0\)
Gọi H là hình chiếu của I lên AB, áp dụng hệ thức lượng cho tam giác vuông AIB:
\(\frac{1}{IH^2}=\frac{1}{IA^2}+\frac{1}{IB^2}=\frac{2}{R^2}\Rightarrow IH=\frac{R}{\sqrt{2}}=\sqrt{2}\)
\(\Rightarrow d\left(I;AB\right)=\sqrt{2}=\frac{\left|1+1-m\right|}{\sqrt{1^2+1^2}}\Rightarrow\left|2-m\right|=2\Rightarrow\left[{}\begin{matrix}m=0\\m=4\end{matrix}\right.\)
\(=\lim\dfrac{\left(\dfrac{1}{3}\right)^n+1}{\dfrac{\sqrt{4-a^2}}{3^n}+a}=\dfrac{1}{a}\)
Giới hạn đã cho là hữu hạn khi: \(\left\{{}\begin{matrix}a^2\le4\\a\ne0\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow a=\left\{-2;-1;1;2\right\}\)
