Cho hàm số \[y = \sin \left( {{e^{f\left( x \right)}}} \right)\]. Tính y’

Để giải bài toán này, ta sử dụng khai triển Taylor cho các hàm số:

* $\sqrt[3]{1+x^3} = 1 + \frac{1}{3}x^3 + o(x^3)$
* ${e^{bx^2}} = 1 + bx^2 + \frac{{{(bx^2)}^2}}}{{2!}} + ... = 1 + bx^2 + o(x^2)$
* $\ln (1 + x) = x - \frac{{{x^2}}}{2} + \frac{{{x^3}}}{3} + o(x^3)$
* $x\cos (ax) = x(1 - \frac{{{{(ax)}^2}}}{{2!}} + ...) = x - \frac{{{a^2}{x^3}}}{2} + o(x^3)$

Khi đó, biểu thức trở thành:

$\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{1 + \frac{1}{3}{x^3} - (1 + b{x^2})}}{{x - \frac{{{x^2}}}{2} - (x - \frac{{{a^2}{x^3}}}{2})}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{\frac{1}{3}{x^3} - b{x^2}}}{{ - \frac{{{x^2}}}{2} + \frac{{{a^2}{x^3}}}{2}}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{\frac{1}{3}x - b}}{{ - \frac{1}{2} + \frac{{{a^2}x}}{2}}}$

Để giới hạn này tồn tại, tử số và mẫu số phải đồng thời tiến đến 0 khi x tiến đến 0. Điều này chỉ xảy ra khi b = 0.

Khi b = 0, ta có:

$\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{\frac{1}{3}x}}{{ - \frac{1}{2} + \frac{{{a^2}x}}{2}}} = 0$

Vậy, L = 0 khi b = 0.

Xét đáp án:
A. L = 0 khi b = -1: Sai
B. L = 2b khi a = 1: Sai
C. L = 0 khi a = 0: Sai, vì khi a = 0, mẫu số là -1/2, giới hạn vẫn bằng 0 nếu b = 0.
D. L = 0 khi b = 1: Sai

Tuy nhiên, nếu ta xét kỹ hơn, khi b=0, giới hạn L = 0 với mọi a. Nhưng không có đáp án nào đúng hoàn toàn. Giả sử có sai sót trong đề bài hoặc các đáp án. Nếu mẫu số tiến đến 0 nhanh hơn tử số, thì giới hạn có thể khác 0. Nếu a = 0, mẫu số tiến đến -x^2/2, và tử số tiến đến -bx^2. Khi đó, giới hạn sẽ là 2b. Vậy đáp án B đúng nếu a=0.

Nếu đề bài đúng, và không có đáp án nào đúng, ta sẽ chọn đáp án gần đúng nhất. Trong trường hợp này, đáp án C có vẻ gần đúng nhất, nhưng nó không hoàn toàn chính xác. Do đó, cần xem xét lại đề bài và các đáp án.

Tuy nhiên, theo phân tích trên, không có đáp án nào chính xác hoàn toàn.

Để so sánh các VCB (vô cùng bé) khi x -> 0, ta cần tìm giới hạn của tỉ số giữa chúng hoặc khai triển Taylor của từng hàm để xác định bậc của chúng.

Xét \(\alpha(x) = \sin(x^2) - x\ln(1+x)\):
\(\sin(x^2) = x^2 - \frac{x^6}{3!} + O(x^{10})\)
\(\ln(1+x) = x - \frac{x^2}{2} + \frac{x^3}{3} - ...\)
\(x\ln(1+x) = x^2 - \frac{x^3}{2} + \frac{x^4}{3} - ...\)
Do đó, \(\alpha(x) = (x^2 - \frac{x^6}{3!} + ...) - (x^2 - \frac{x^3}{2} + \frac{x^4}{3} - ...) = \frac{x^3}{2} + O(x^4)\). Vậy \(\alpha(x)\) có bậc 3.

Xét \(\beta(x) = \frac{x^2}{x^2 - 1} + x^2\):
\(\beta(x) = x^2(\frac{1}{x^2 - 1} + 1) = x^2(\frac{1 + x^2 - 1}{x^2 - 1}) = \frac{x^4}{x^2 - 1}\)
Khi x -> 0, \(\beta(x) \approx \frac{x^4}{-1} = -x^4\). Vậy \(\beta(x)\) có bậc 4.

Xét \(\chi(x) = \sqrt[3]{1 + 2x} - e^{2x}\):
\((1+2x)^{\frac{1}{3}} = 1 + \frac{1}{3}(2x) + \frac{\frac{1}{3}(\frac{1}{3}-1)}{2!}(2x)^2 + ... = 1 + \frac{2x}{3} - \frac{4x^2}{9} + ...\)
\(e^{2x} = 1 + 2x + \frac{(2x)^2}{2!} + ... = 1 + 2x + 2x^2 + ...\)
\(\chi(x) = (1 + \frac{2x}{3} - \frac{4x^2}{9} + ...) - (1 + 2x + 2x^2 + ...) = -\frac{4x}{3} - \frac{22x^2}{9} + ...\)
Khi x -> 0, \(\chi(x) \approx -\frac{4x}{3}\). Vậy \(\chi(x)\) có bậc 1.

Vậy, khi x -> 0, bậc giảm dần là: \(\chi(x)\), \(\alpha(x)\), \(\beta(x)\).

Để tìm hệ số góc tiếp tuyến k của đường cong tham số, ta thực hiện các bước sau:

1. Tìm giá trị của tham số t tương ứng với x = 2:
Ta có phương trình: x(t) = sin(t³ - 1) + 2 = 2.
Suy ra sin(t³ - 1) = 0.
Điều này xảy ra khi t³ - 1 = nπ, với n là số nguyên. Để đơn giản, ta xét trường hợp n = 0, suy ra t³ = 1, vậy t = 1.

2. Tính đạo hàm dy/dx:
Ta có:
dx/dt = cos(t³ - 1) * 3t²
dy/dt = 12t - 3

Vậy, dy/dx = (dy/dt) / (dx/dt) = (12t - 3) / (3t² * cos(t³ - 1))

3. Tính giá trị của dy/dx tại t = 1:
Khi t = 1, ta có:
dy/dx = (12(1) - 3) / (3(1)² * cos(1³ - 1)) = (12 - 3) / (3 * cos(0)) = 9 / (3 * 1) = 3

Vậy, hệ số góc tiếp tuyến k = 3.

Do đó, đáp án đúng là B.

Để tính giới hạn $\underset{x\to 0}{\lim }\frac{{(1+x^2)}^{{\displaystyle \frac{1}{x}}+1}-1}{x}$, ta có thể sử dụng quy tắc L'Hôpital hoặc khai triển Taylor. Tuy nhiên, việc sử dụng khai triển Taylor có vẻ phù hợp hơn trong trường hợp này.

Đặt $f\left(x\right)={(1+x^2)}^{\frac{1}{x}+1}$, ta cần tìm $\underset{x\to 0}{\lim }\frac{f\left(x\right)-f\left(0\right)}{x}$ nếu $f\left(0\right)=1$ (chú ý rằng $f\left(0\right)$ không xác định trực tiếp, ta cần tính giới hạn).

Ta có $\ln f\left(x\right)=(\frac{1}{x}+1)\ln (1+x^2)=(\frac{1}{x}+1)(x^2-\frac{x^4}{2}+O(x^6\left)\right)=x-\frac{x^3}{2}+x^2-\frac{x^4}{2}+O\left(x^5\right)$

Do đó, $f\left(x\right)=e^{\ln f\left(x\right)}=e^{x+x^2-\frac{x^3}{2}+...}=1+(x+x^2-\frac{x^3}{2}+...)+\frac{1}{2}(x+x^2-\frac{x^3}{2}+...{)}^2+...=1+x+x^2+\frac{x^2}{2}+O({\mathrm{x<mn>3</mn>}}^{})=1+x+\frac{3}{2}{x}^2+O(x^3)$

Vậy, $\frac{f\left(x\right)-1}{x}=\frac{1+x+\frac{3}{2}{x}^2+O\left(x^3\right)-1}{x}=1+\frac{3}{2}x+O\left(x^2\right)$

Khi $x\to 0$, giới hạn của biểu thức trên là 1.