a: \(\lim_{}\left(\sqrt{n^2-n+1}-n\right)=\lim_{}\left(\frac{n^2-n+1-n^2}{\sqrt{n^2-n+1}+n}\right)\)

\(=\lim_{}\left(\frac{-n+1}{\sqrt{n^2-n+1}+n}\right)=\lim_{}\left(\frac{-1+\frac{1}{n}}{\sqrt{1-\frac{1}{n}+\frac{1}{n^2}}+1}\right)\)

\(=\frac{-1}{1+1}=-\frac12\)

b: \(\lim_{}\left(\frac{-3}{\sqrt{4n^2-2n+1}}\right)=\lim_{}\left(\frac{-3}{n\cdot\sqrt{4-\frac{2}{n}+\frac{1}{n^2}}}\right)\)

\(=lim\left(\frac{-\frac{3}{n}}{\sqrt{4-\frac{2}{n}+\frac{1}{n^2}}}\right)=0\)

c: \(\lim_{}\frac{n^2+n+5}{2n^2+1}\)

\(=\lim_{}\frac{1+\frac{1}{n}+\frac{5}{n^2}}{2+\frac{1}{n^2}}=\frac{1+0+0}{2+0}=\frac12\)

d: \(\lim_{}\left(\sqrt{n^2+2n}-\sqrt{n^2-2n}\right)\)

\(=\lim_{}\frac{n^2+2n-n^2+2n}{\sqrt{n^2+2n}+\sqrt{n^2-2n}}\)

\(=\lim_{}\frac{4n}{\sqrt{n^2+2n}+\sqrt{n^2-2n}}=\lim_{}\frac{4}{\sqrt{1+\frac{2}{n}}+\sqrt{1-\frac{2}{n}}}=\frac{4}{1+1}=\frac42=2\)

a:

d:

\(\dfrac{sin^3x+sinx\cdot cos^2x-cosx}{1-2\cdot sinx\cdot cosx}\)

\(=\dfrac{sinx\left(sin^2x+cos^2x\right)-cosx}{\left(sinx-cosx\right)^2}\)

\(=\dfrac{sinx-cosx}{\left(sinx-cosx\right)^2}=\dfrac{1}{sinx-cosx}\)

a: \(S_1=2\cdot1^2-4\cdot1=2-4=-2\)

=>\(u_1=-2\)

\(S_2=2\cdot2^2-4\cdot2=8-8=0\)

=>\(u_1+u_2=0\)

=>\(u_2=-u_1=2\)

=>Đúng

b: \(S_{n}-S_{n-1}=\left(2n^2-4n\right)-\left\lbrack2\cdot\left(n-1\right)^2-4\cdot\left(n-1\right)\right\rbrack\)

\(=2n^2-4n-\left\lbrack2n^2-4n+2-4n+4\right\rbrack=2n^2-4n-\left(2n^2-8n+6\right)\)

\(=2n^2-4n-2n^2+8n-6=4n-6\)

=>Đúng

c: \(S_{n}-S_{n-1}=\left(u_1+u_2+\cdots+u_{n}\right)-\left(u_1+u_2+\cdots+u_{n-1}\right)=u_{n}\)

=>\(u_{n}=4n-6\)

=>\(u_{n+1}=4\left(n+1\right)-6=4n+4-6=4n-2\)

=>\(u_{n+1}-u_{n}=4n-2-\left(4n-6\right)=4n-2-4n+6=4\)

=>Công sai là 4

=>Sai

d: \(u_2+u_4+u_6+\cdots+u_{100}\)

\(=\left(4\cdot2-6\right)+\left(4\cdot4-6\right)+\cdots+\left(4\cdot100-6\right)\)

=4(2+4+...+100)-6*50

\(=4\cdot2\left(1+2+\cdots+50\right)-300=8\cdot\frac{50\cdot51}{2}-300=4\cdot50\cdot51-300\)

=200*51-300

=9900

=>Sai

a) Trong mặt phẳng (SAC), gọi I là giao điểm của AO và MN. Khi đó vì \(MN\subset\left(BMN\right)\) nên I chính là giao điểm của (BMN) và SO.

b) Ta có \(I\in SO\subset\left(SBD\right)\) nên \(I\in\left(SBD\right)\). Trong mặt phẳng (SBD), gọi K là giao điểm của BI và SD. Khi đó vì \(K\in BI\subset\left(BMN\right)\) nên K chính là giao điểm của (BMN) và SD.

a: Trong mp(SAC), gọi K là giao điểm của MN với SO

mà MN\(\in\left(BMN\right)\)

nên \(K=SO\cap\left(BMN\right)\)

b: Vì K là giao của MN và SO

mà \(MN\in\left(BMN\right);SO\in\left(SBD\right)\)

nên \(K\in\left(BMN\right)\cap\left(SBD\right)\)

mà \(B\in\left(BMN\right)\cap\left(SBD\right)\)

nên \(\left(BMN\right)\cap\left(SBD\right)=BK\)

Gọi E là giao điểm của BK với SD

=>K là giao điểm của SD với (BMN)

 Có \(u_0=\dfrac{1}{2.0^2-3}=-\dfrac{1}{3};u_1=\dfrac{1}{2.1^2-3}=-1\)

 Ta có \(u_{n+1}=\dfrac{1}{2\left(n+1\right)^2-3}< \dfrac{1}{2n^2-3}=u_n\) với \(n\ge2\)

 Khi đó \(\left\{u_n\right\}\) là dãy giảm với \(n\ge2\). Do đó \(u_n\le u_2=\dfrac{1}{2.2^2-3}=\dfrac{1}{5}\) hay \(\left\{u_n\right\}\) bị chặn trên bởi \(\dfrac{1}{5}\).

 Mặt khác, với \(n\ge2\) thì \(u_n>0\). Do đó \(\left\{u_n\right\}\) bị chặn dưới bởi \(-1\).

 Nếu \(n\) chẵn thì đpcm trở thành \(\dfrac{3n+1}{4n-1}\le\dfrac{3n+4}{4n-1}\) \(\Leftrightarrow3n+1\le3n+4\) \(\Leftrightarrow1\le4\), luôn đúng.

 Nếu \(n\) lẻ thì đpcm thành \(\dfrac{3n-1}{4n+1}\le\dfrac{3n+4}{4n-1}\)

 \(\Leftrightarrow\left(3n-1\right)\left(4n-1\right)\le\left(4n+1\right)\left(3n+4\right)\)

 \(\Leftrightarrow12n^2-3n-4n+1\le12n^2+16n+3n+4\)

 \(\Leftrightarrow26n+3\ge0\) (luôn đúng)

 Vậy với mọi \(n\inℕ^∗\) thì \(\dfrac{3n+\left(-1\right)^n}{4n-\left(-1\right)^n}\le\dfrac{3n+4}{4n-1}\)

=> The Norwegian drinks water. The Japanese owns the zebra.