Hệ số của $x^5$ trong khai triển maclaurin của sin(sin x).

Để giới hạn $\underset{x\to \infty }{\lim }(\frac{1}{ax}-\frac{1}{b\sin x})=0$ tồn tại, ta cần xét điều kiện để biểu thức trong giới hạn tiến tới 0 khi x tiến tới vô cùng.

* Phân tích:

* $\underset{x\to \infty }{\lim }\frac{1}{ax}=0$ khi $a\ne 0$.
* Tuy nhiên, $\frac{1}{\sin x}$ không có giới hạn khi $x\to \infty$ vì $\sin x$ dao động trong khoảng [-1, 1]. Do đó, $\frac{1}{b\sin x}$ cũng không có giới hạn khi $x\to \infty$ (với $b\ne 0$).

* Để biểu thức $\frac{1}{ax}-\frac{1}{b\sin x}$ có giới hạn bằng 0 khi $x\to \infty$, cần có sự triệt tiêu hoặc tương đương giữa hai thành phần.
* Kiểm tra các phương án:

* A. $a=-1,b=-1$: $\underset{x\to \infty }{\lim }(-\frac{1}{x}+\frac{1}{\sin x})$. Không tồn tại giới hạn.
* B. $a=1,b=\frac{1}{6}$: $\underset{x\to \infty }{\lim }(\frac{1}{x}-\frac{1}{\frac{1}{6}\sin x})=\underset{x\to \infty }{\lim }(\frac{1}{x}-\frac{6}{\sin x})$. Không tồn tại giới hạn.
* C. $a=\frac{1}{6},b=1$: $\underset{x\to \infty }{\lim }(\frac{1}{\frac{1}{6}x}-\frac{1}{\sin x})=\underset{x\to \infty }{\lim }(\frac{6}{x}-\frac{1}{\sin x})$. Không tồn tại giới hạn.
* D. $a=0,b=0$: Khi $a=0$ và $b=0$, biểu thức trở thành $\frac{1}{0}-\frac{1}{0}$, không xác định.

Kết luận: Không có cặp giá trị (a, b) nào thỏa mãn điều kiện đề bài.

Dãy số $x_n = \sin \frac{1}{{\sqrt{n}}} - n$:
Ta có $\frac{1}{{\sqrt{n}}}$ là dãy giảm và $\frac{1}{{\sqrt{n}}} \to 0$ khi $n \to \infty$. Vì hàm $f(x) = \sin x$ đồng biến trên khoảng gần 0 nên $\sin \frac{1}{{\sqrt{n}}}$ là dãy giảm.
Mặt khác, $n$ là dãy tăng. Vậy $x_n = \sin \frac{1}{{\sqrt{n}}} - n$ là dãy giảm.

Dãy số $y_n = \left(1 - \frac{1}{2}\right)\left(1 - \frac{1}{3}\right)...\left(1 - \frac{1}{n}\right)$:
Ta có $y_n = \frac{1}{2} \cdot \frac{2}{3} \cdot \frac{3}{4} ... \frac{n-1}{n} = \frac{1}{n}$.
Vậy $y_n = \frac{1}{n}$ là dãy giảm.

Do đó, cả hai dãy số đều là dãy giảm. Tuy nhiên, không có đáp án nào phù hợp trong các lựa chọn đã cho.

Để hàm số \(y = \ln (1 - e^x)\) xác định, biểu thức bên trong logarit phải lớn hơn 0, tức là \(1 - e^x > 0\).

Giải bất phương trình:
\[1 - e^x > 0 \Leftrightarrow e^x < 1\]
Vì \(e^0 = 1\), ta có:
\[e^x < e^0\]
Vì hàm số mũ cơ số \(e > 1\) là hàm đồng biến, ta suy ra:
\[x < 0\]
Vậy, miền xác định của hàm số là \((-\infty; 0)\).

Để xác định VCB bậc 1, ta cần xét giới hạn của \(\frac{{\alpha(x)}}{x}\) khi \(x \to 0\). Nếu giới hạn này tồn tại và khác 0, thì \(\alpha(x)\) là VCB bậc 1.

* Phương án A: \(\alpha_1(x) = \sin 2x - 2\sin x\)
Sử dụng khai triển Taylor: \(\sin x = x - \frac{x^3}{3!} + o(x^3)\). Do đó, \(\sin 2x = 2x - \frac{8x^3}{6} + o(x^3)\). Vậy \(\sin 2x - 2\sin x = 2x - \frac{4x^3}{3} - 2(x - \frac{x^3}{6}) + o(x^3) = -x^3 + o(x^3)\). Khi đó, \(\lim_{x \to 0} \frac{\alpha_1(x)}{x} = \lim_{x \to 0} \frac{-x^3}{x} = \lim_{x \to 0} -x^2 = 0\). Vậy \(\alpha_1(x)\) không phải VCB bậc 1.

* Phương án B: \(\alpha_3(x) = e^{\sin x} - \cos x\)
Sử dụng khai triển Taylor: \(e^x = 1 + x + \frac{x^2}{2} + o(x^2)\), \(\sin x = x + o(x)\), \(\cos x = 1 - \frac{x^2}{2} + o(x^2)\). Do đó, \(e^{\sin x} = 1 + \sin x + \frac{\sin^2 x}{2} + o(x^2) = 1 + x + \frac{x^2}{2} + o(x^2)\). Vậy \(e^{\sin x} - \cos x = 1 + x + \frac{x^2}{2} - (1 - \frac{x^2}{2}) + o(x^2) = x + x^2 + o(x^2)\). Khi đó, \(\lim_{x \to 0} \frac{\alpha_3(x)}{x} = \lim_{x \to 0} \frac{x + x^2}{x} = \lim_{x \to 0} 1 + x = 1\). Vậy \(\alpha_3(x)\) là VCB bậc 1.

* Phương án C: \(\alpha_4(x) = \sqrt{1 + 2x} - 1 - \sqrt{x}\)
Sử dụng khai triển Taylor: \(\sqrt{1 + x} = 1 + \frac{1}{2}x - \frac{1}{8}x^2 + o(x^2)\). Do đó, \(\sqrt{1 + 2x} = 1 + x - \frac{1}{2}x^2 + o(x^2)\). Vậy \(\sqrt{1 + 2x} - 1 - \sqrt{x} = 1 + x - \frac{1}{2}x^2 - 1 - \sqrt{x} + o(x^2) = x - \sqrt{x} + o(\sqrt{x})\). Khi đó, \(\lim_{x \to 0} \frac{\alpha_4(x)}{x} = \lim_{x \to 0} \frac{x - \sqrt{x}}{x} = \lim_{x \to 0} 1 - \frac{1}{\sqrt{x}} = -\infty\). Vậy \(\alpha_4(x)\) không phải VCB bậc 1.

* Phương án D: \(\alpha_2(x) = \arcsin(\sqrt{4 + x^2} - 2)\)
Sử dụng khai triển Taylor: \(\sqrt{4 + x^2} = 2\sqrt{1 + \frac{x^2}{4}} = 2(1 + \frac{1}{2}\frac{x^2}{4} + o(x^2)) = 2 + \frac{x^2}{4} + o(x^2)\). Do đó \(\sqrt{4+x^2} - 2 = \frac{x^2}{4} + o(x^2)\). Sử dụng khai triển Taylor: \(\arcsin x = x + o(x)\). Vậy \(\arcsin(\sqrt{4 + x^2} - 2) = \frac{x^2}{4} + o(x^2)\). Khi đó \(\lim_{x \to 0} \frac{\alpha_2(x)}{x} = \lim_{x \to 0} \frac{x^2}{4x} = 0\). Vậy \(\alpha_2(x)\) không phải VCB bậc 1.

Vậy, chỉ có phương án B là VCB bậc 1.

Để tìm VCB có bậc tương đương với \(\beta(x) = 3^{\sqrt{x}} - 1\) khi \(x \to 0\), ta cần tìm hàm số có giới hạn tương đương khi \(x \to 0\).

* Xét \(\beta(x) = 3^{\sqrt{x}} - 1\). Khi \(x \to 0\), \(\sqrt{x} \to 0\), ta có thể sử dụng khai triển Taylor: \(a^u - 1 \approx u \ln a\) khi \(u \to 0\). Do đó, \(3^{\sqrt{x}} - 1 \approx \sqrt{x} \ln 3\).

* Phương án A: \(\alpha(x) = 1 - \cos^3 x\). Khi \(x \to 0\), ta có \(1 - \cos^3 x = (1 - \cos x)(1 + \cos x + \cos^2 x)\). Vì \(1 - \cos x \approx \frac{x^2}{2}\) và \(1 + \cos x + \cos^2 x \to 3\) khi \(x \to 0\), nên \(\alpha(x) \approx \frac{3x^2}{2}\). Bậc của \(\alpha(x)\) là 2.

* Phương án B: \(\chi(x) = \arctan(\sqrt[3]{8 + x^4} - 2)\). Khi \(x \to 0\), \(\sqrt[3]{8 + x^4} - 2 = 2\sqrt[3]{1 + \frac{x^4}{8}} - 2 = 2\left(1 + \frac{1}{3} \cdot \frac{x^4}{8} + O(x^8) \right) - 2 \approx \frac{x^4}{12}\). Vì \(\arctan u \approx u\) khi \(u \to 0\), nên \(\chi(x) \approx \frac{x^4}{12}\). Bậc của \(\chi(x)\) là 4.

* Phương án C: \(\gamma(x) = \arcsin(\sqrt{4 + x^2} - 2)\). Khi \(x \to 0\), \(\sqrt{4 + x^2} - 2 = 2\sqrt{1 + \frac{x^2}{4}} - 2 = 2\left(1 + \frac{1}{2} \cdot \frac{x^2}{4} + O(x^4)\right) - 2 \approx \frac{x^2}{4}\). Vì \(\arcsin u \approx u\) khi \(u \to 0\), nên \(\gamma(x) \approx \frac{x^2}{4}\). Bậc của \(\gamma(x)\) là 2.

So sánh bậc của các VCB, ta thấy \(\beta(x)\) có bậc là \(\frac{1}{2}\). Không có đáp án nào trong A, B, C có bậc là \(\frac{1}{2}\).

Vậy, đáp án đúng là D.