Khi khải sát tính đơn điệu của hai dãy số \[{x_n} = \sin \frac{1}{{\sqrt n }} - n,\]\[{y_n} = \left( {1 - \frac{1}{2}} \right)\left( {1 - \frac{1}{3}} \right)...\left( {1 - \frac{1}{n}} \right)\], khẳng định nào đúng.

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.

Để giải bài toán tìm giới hạn này, ta sử dụng khai triển Taylor (Maclaurin) cho hàm ln(1+u) khi u tiến đến 0: ln(1+u) = u - u^2/2 + o(u^2). Trong bài toán này, ta có u = ax^2 + x. Như vậy:

ln(ax^2 + x + 1) = ln(1 + (ax^2 + x)) = (ax^2 + x) - (ax^2 + x)^2/2 + o(x^2) = x + ax^2 - x^2/2 + o(x^2)

Do đó:

(ln(ax^2 + x + 1) - x) / x^2 = (x + ax^2 - x^2/2 + o(x^2) - x) / x^2 = (ax^2 - x^2/2 + o(x^2)) / x^2 = a - 1/2 + o(1)

Khi x -> 0, thì o(1) -> 0. Vậy:

lim (x->0) (ln(ax^2 + x + 1) - x) / x^2 = a - 1/2

Theo đề bài, giới hạn này bằng 1, suy ra:

a - 1/2 = 1

a = 3/2

Vậy đáp án đúng là A: a = 3/2.