Tìm a, $\alpha$ để VCB sau tương đương $a{x}^{\alpha }$ khi x → 0+

$f\left(x\right)=\sqrt[3]{x+\sqrt{x^3+x}}-\sqrt[3]{x}$

Để tìm số tiệm cận của hàm số \(f(x) = \frac{x}{\sqrt{x^2 - 1}}\), ta cần xét các tiệm cận đứng và tiệm cận ngang.

1. Tiệm cận đứng:
Hàm số có nghĩa khi \(x^2 - 1 > 0 \Leftrightarrow x < -1 \lor x > 1\). Vậy tập xác định của hàm số là \(D = (-\infty, -1) \cup (1, +\infty)\).
Ta xét giới hạn của hàm số khi \(x\) tiến đến -1 từ bên trái và 1 từ bên phải.
- \(\lim_{x \to -1^-} \frac{x}{\sqrt{x^2 - 1}} = \frac{-1}{\sqrt{(-1)^2 - 1}} = \frac{-1}{0^+} = -\infty\)
- \(\lim_{x \to 1^+} \frac{x}{\sqrt{x^2 - 1}} = \frac{1}{\sqrt{(1)^2 - 1}} = \frac{1}{0^+} = +\infty\)
Vậy, \(x = -1\) và \(x = 1\) là hai tiệm cận đứng.

2. Tiệm cận ngang:
Ta xét giới hạn của hàm số khi \(x\) tiến đến \(\pm \infty\).
- \(\lim_{x \to +\infty} \frac{x}{\sqrt{x^2 - 1}} = \lim_{x \to +\infty} \frac{x}{|x|\sqrt{1 - \frac{1}{x^2}}} = \lim_{x \to +\infty} \frac{x}{x\sqrt{1 - \frac{1}{x^2}}} = \lim_{x \to +\infty} \frac{1}{\sqrt{1 - \frac{1}{x^2}}} = 1\)
- \(\lim_{x \to -\infty} \frac{x}{\sqrt{x^2 - 1}} = \lim_{x \to -\infty} \frac{x}{|x|\sqrt{1 - \frac{1}{x^2}}} = \lim_{x \to -\infty} \frac{x}{-x\sqrt{1 - \frac{1}{x^2}}} = \lim_{x \to -\infty} \frac{1}{-\sqrt{1 - \frac{1}{x^2}}} = -1\)
Vậy, \(y = 1\) và \(y = -1\) là hai tiệm cận ngang.

Tổng cộng, hàm số có 2 tiệm cận đứng và 2 tiệm cận ngang, tức là có 4 tiệm cận.

Để hàm số có tiếp tuyến trái và phải tại x = 1 trùng nhau, hàm số phải liên tục tại x = 1 và đạo hàm trái, phải tại x = 1 phải bằng nhau.

* Tính liên tục tại x = 1:
* \(y(1) = \alpha + \beta \)
* \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ + }} y = {1^2} + 1 = 2\)
Để hàm số liên tục tại x = 1, ta có: \(\alpha + \beta = 2\) (1)

* Tính đạo hàm tại x = 1:
* Với x ≤ 1: \(y' = \alpha \)
* Với x > 1: \(y' = 2x + 1\)
* Đạo hàm bên phải tại x = 1: \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ + }} y' = 2(1) + 1 = 3\)
Để đạo hàm trái và phải bằng nhau tại x = 1, ta có: \(\alpha = 3\) (2)

Thay (2) vào (1), ta được: \(3 + \beta = 2 \Rightarrow \beta = - 1\)

Vậy, \(\alpha = 3\) và \(\beta = - 1\).

Để tính giới hạn này, ta sử dụng khai triển Taylor (Maclaurin) cho các hàm số liên quan. Ta có:

* arcsin(x) = x + x^3/6 + O(x^5)
* sin(x) = x - x^3/6 + O(x^5)
* tan(x) = x + x^3/3 + O(x^5)

Khi đó:

x - arcsin(x) = x - (x + x^3/6 + O(x^5)) = -x^3/6 + O(x^5)
sin(x) - tan(x) = (x - x^3/6 + O(x^5)) - (x + x^3/3 + O(x^5)) = -x^3/2 + O(x^5)

Vậy:

lim (x→0) (x - arcsin(x)) / (sin(x) - tan(x)) = lim (x→0) (-x^3/6) / (-x^3/2) = 1/3

Vậy đáp án đúng là C. 1/3

Hàm số chẵn là hàm số thỏa mãn điều kiện f(-x) = f(x) với mọi x thuộc tập xác định của hàm số.

Xét từng phương án:

A. \(f(x) = cos(x)\). Ta có \(f(-x) = cos(-x) = cos(x) = f(x)\). Vậy hàm số \(cos(x)\) là hàm chẵn.

B. \(f(x) = sin(2x)\). Ta có \(f(-x) = sin(-2x) = -sin(2x) = -f(x)\). Vậy hàm số \(sin(2x)\) là hàm lẻ.

C. \(f(x) = cos(x) + sin(2x)\). Ta có \(f(-x) = cos(-x) + sin(-2x) = cos(x) - sin(2x)\). Hàm số này không chẵn cũng không lẻ vì \(f(-x) ≠ f(x)\) và \(f(-x) ≠ -f(x)\).

D. \(f(x) = e^x - 1\). Ta có \(f(-x) = e^{-x} - 1\). Hàm số này không chẵn cũng không lẻ vì \(f(-x) ≠ f(x)\) và \(f(-x) ≠ -f(x)\).

Vậy, chỉ có hàm số \(cos(x)\) là hàm chẵn.

Để tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số $f(x) = \ln \sqrt{x^2 + 1} - \arctan x + x$ trên đoạn [0; 1], ta thực hiện các bước sau:

1. Tính đạo hàm của hàm số:
$f'(x) = \frac{1}{\sqrt{x^2 + 1}} \cdot \frac{2x}{2\sqrt{x^2 + 1}} - \frac{1}{x^2 + 1} + 1 = \frac{x}{x^2 + 1} - \frac{1}{x^2 + 1} + 1 = \frac{x - 1}{x^2 + 1} + 1 = \frac{x - 1 + x^2 + 1}{x^2 + 1} = \frac{x^2 + x}{x^2 + 1} = \frac{x(x + 1)}{x^2 + 1}$

2. Tìm các điểm tới hạn:
Giải phương trình $f'(x) = 0$, ta có $x(x + 1) = 0$, suy ra $x = 0$ hoặc $x = -1$. Vì xét trên đoạn [0; 1], ta chỉ quan tâm đến $x = 0$.

3. Tính giá trị của hàm số tại các điểm tới hạn và hai đầu mút:
- $f(0) = \ln \sqrt{0^2 + 1} - \arctan 0 + 0 = \ln 1 - 0 + 0 = 0$
- $f(1) = \ln \sqrt{1^2 + 1} - \arctan 1 + 1 = \ln \sqrt{2} - \frac{\pi}{4} + 1 = \frac{1}{2} \ln 2 - \frac{\pi}{4} + 1$

4. So sánh các giá trị và kết luận:
So sánh $f(0) = 0$ và $f(1) = \frac{1}{2} \ln 2 - \frac{\pi}{4} + 1$. Ta cần so sánh $0$ và $\frac{1}{2} \ln 2 - \frac{\pi}{4} + 1$.
Ta có $\ln 2 \approx 0.693$, $\frac{1}{2} \ln 2 \approx 0.3465$, và $\frac{\pi}{4} \approx 0.785$.
Do đó, $f(1) \approx 0.3465 - 0.785 + 1 \approx 0.6615 > 0$.
Vậy, giá trị nhỏ nhất của hàm số trên đoạn [0; 1] là $f(0) = 0$.