a) Cho đa thức $f(x)$ thỏa mãn $\underset{x\to 1}{\lim }\frac{f(2x+1)}{x-1}=2026$. Tính $\underset{x\to 3}{\lim }\frac{\sqrt{f(x)+1}\cdot \sqrt[3]{f(x)+1}-1}{x^2-4x+3}$.

b) Cho tam giác $ABC$ cân tại $A$ gọi $AH$ là đường cao xuất phát từ đỉnh $A$. Biết độ dài các đoạn thẳng $BC$, $AH$, $AB$ theo thứ tự lập thành cấp số nhân. Tìm công bội của cấp số nhân đó.

(AI giải đề cho tôi)
Câu 2a: Vì f là đa thức nên liên tục. Giới hạn lim_{x→1} f(2x+1)/(x−1) = 2026 tồn tại hữu hạn, trong khi mẫu x−1 → 0, do đó tử số phải triệt tiêu: f(2·1+1) = f(3) = 0. Khi đó f(2x+1) = f(2x+1) − f(3) và 2x+1 → 3 khi x → 1, nên 2026 = lim_{x→1} [f(2x+1) − f(3)]/(x−1) = lim_{x→1} 2·[f(2x+1) − f(3)]/(2x+1 − 3) = 2f'(3), suy ra f'(3) = 1013. Xét giới hạn cần tính: đặt g(u) = (u+1)^{5/6}, ta có √(f(x)+1)·∛(f(x)+1) = (f(x)+1)^{1/2+1/3} = (f(x)+1)^{5/6}. Vì f(3) = 0 nên tử số tại x = 3 bằng (0+1)^{5/6} − 1 = 0 (dạng 0/0). Đạo hàm: [(f(x)+1)^{5/6} − 1]' = (5/6)(f(x)+1)^{−1/6}·f'(x), tại x = 3 cho (5/6)f'(3). Mẫu: x² − 4x + 3 = (x−3)(x−1), đạo hàm tại x = 3 là 2·3 − 4 = 2. Vậy giới hạn bằng [(5/6)·1013]/2 = 5065/12 ≈ 422,0833. Câu 2b: Tam giác ABC cân tại A, AH là đường cao nên H là trung điểm BC, AH ⊥ BC, do đó AH² = AB² − (BC/2)². Gọi q là công bội: BC, AH, AB lập cấp số nhân nên AH² = BC·AB. Đặt BC = a, AH = h, AB = c với h² = ac và h² = c² − a²/4. Vì h/a = c/h = q nên a = h/q, c = qh. Thay vào: h² = q²h² − h²/(4q²) ⇒ 1 = q² − 1/(4q²) ⇒ 4q⁴ − 4q² − 1 = 0. Đặt t = q² > 0: 4t² − 4t − 1 = 0 ⇒ t = (4 ± √(16+16))/8 = (1 ± √2)/2. Chọn t = (1+√2)/2 > 0. Vậy q = √((1+√2)/2) = √(2+√2)/2 ≈ 1,0987. Kiểm tra: tam giác tồn tại vì cần c > a/2, tức qh > h/(2q) ⇔ 2q² > 1 ⇔ q² = (1+√2)/2 > 1/2, thỏa mãn.