Tìm a, b để \[f\left( x \right) = 2{x^3} + 3{x^2} + ax + b\] có cực tiểu tại (-1; 0)

Để hàm số liên tục tại $x_0 = 0$, ta cần kiểm tra điều kiện: $\lim_{x \to 0^-} f(x) = \lim_{x \to 0^+} f(x) = f(0)$.

Ta có:
- $\lim_{x \to 0^-} f(x) = \lim_{x \to 0^-} x = 0$
- $\lim_{x \to 0^+} f(x) = \lim_{x \to 0^+} (2x + 1) = 2(0) + 1 = 1$
- $f(0) = a$

Để hàm số liên tục tại $x_0 = 0$, ta cần $\lim_{x \to 0^-} f(x) = \lim_{x \to 0^+} f(x) = f(0)$, tức là $0 = 1 = a$. Điều này không thể xảy ra, vì $0 \neq 1$.

Vậy không có giá trị nào của a để hàm số liên tục tại $x_0 = 0$. Do đó, đáp án đúng là "Đáp án khác".

Để tính giới hạn \[I = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} {\left( {x + {e^{2x}}} \right)^{\frac{1}{x}}}\] ta có thể sử dụng phương pháp logarit hóa.

Đặt \[y = {\left( {x + {e^{2x}}} \right)^{\frac{1}{x}}}\]

Lấy logarit tự nhiên hai vế, ta được:
\[\ln y = \ln {\left( {x + {e^{2x}}} \right)^{\frac{1}{x}}} = \frac{1}{x}\ln \left( {x + {e^{2x}}} \right) = \frac{{\ln \left( {x + {e^{2x}}} \right)}}{x}\]

Khi x tiến tới 0, ta có dạng \[\frac{0}{0}\] nên có thể áp dụng quy tắc L'Hopital:

\[\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \ln y = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{\ln \left( {x + {e^{2x}}} \right)}}{x} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{\frac{{1 + 2{e^{2x}}}}{{x + {e^{2x}}}}}}{1} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{1 + 2{e^{2x}}}}{{x + {e^{2x}}}}\]

Thay x = 0 vào, ta được:
\[\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{1 + 2{e^{2x}}}}{{x + {e^{2x}}}} = \frac{{1 + 2{e^0}}}{{0 + {e^0}}} = \frac{{1 + 2}}{{0 + 1}} = 3\]

Vậy, \[\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \ln y = 3\]

Suy ra, \[\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} y = {e^3}\]

Vậy \[I = {e^3}\]

Để tính giới hạn \(I = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{{e^x} - {e^{ - x}} - 2x}}{{x - \sin x}}\) ta sử dụng khai triển Taylor cho các hàm số \(e^x\), \(e^{-x}\) và \(\sin x\) xung quanh điểm \(x = 0\).

Ta có:

\(e^x = 1 + x + \frac{x^2}{2!} + \frac{x^3}{3!} + \frac{x^4}{4!} + O(x^5)\)

\(e^{-x} = 1 - x + \frac{x^2}{2!} - \frac{x^3}{3!} + \frac{x^4}{4!} + O(x^5)\)

\(\sin x = x - \frac{x^3}{3!} + \frac{x^5}{5!} + O(x^7)\)

Khi đó:

\(e^x - e^{-x} = (1 + x + \frac{x^2}{2} + \frac{x^3}{6} + ...) - (1 - x + \frac{x^2}{2} - \frac{x^3}{6} + ...) = 2x + \frac{2x^3}{6} + O(x^5) = 2x + \frac{x^3}{3} + O(x^5)\)

\(e^x - e^{-x} - 2x = \frac{x^3}{3} + O(x^5)\)

\(x - \sin x = x - (x - \frac{x^3}{6} + \frac{x^5}{120} + ...) = \frac{x^3}{6} - \frac{x^5}{120} + O(x^7)\)

Vậy,

\(I = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{\frac{x^3}{3} + O(x^5)}}{{\frac{x^3}{6} + O(x^5)}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{\frac{1}{3} + O(x^2)}}{{\frac{1}{6} + O(x^2)}} = \frac{{\frac{1}{3}}}{{\frac{1}{6}}} = \frac{1}{3} \cdot 6 = 2\)

Vậy giới hạn cần tìm là 2.

Để tính giới hạn này, ta sử dụng khai triển Taylor của các hàm số \(\cos x\) và \(\tan x\) quanh \(x = 0\). Ta có:

\(\cos x = 1 - \frac{x^2}{2!} + \frac{x^4}{4!} - \frac{x^6}{6!} + O(x^8)\)

\(\tan x = x + \frac{x^3}{3} + \frac{2x^5}{15} + O(x^7)\)

Thay các khai triển này vào biểu thức giới hạn, ta được:

\(\begin{aligned} I &= \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{2 - 2\cos x - {x^2} + 2{x^4}}}{{x\left( {x - \tan x} \right)}} \\ &= \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{2 - 2\left( {1 - \frac{x^2}{2} + \frac{x^4}{24} - O(x^6)} \right) - {x^2} + 2{x^4}}}{{x\left( {x - \left( {x + \frac{x^3}{3} + \frac{2x^5}{15} + O(x^7)} \right)} \right)}} \\ &= \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{2 - 2 + x^2 - \frac{x^4}{12} + O(x^6) - x^2 + 2x^4}}{{x\left( { - \frac{x^3}{3} - \frac{2x^5}{15} + O(x^7)} \right)}} \\ &= \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{\left( {2 - \frac{1}{12}} \right)x^4 + O(x^6)}}{{ - \frac{x^4}{3} - \frac{2x^6}{15} + O(x^8)}} \\ &= \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{\frac{{23}}{12}x^4 + O(x^6)}}{{ - \frac{1}{3}x^4 + O(x^6)}} \\ &= \frac{{\frac{{23}}{12}}}{{ - \frac{1}{3}}} = - \frac{{23}}{12} \cdot 3 = - \frac{{23}}{4} \end{aligned}\)

Vậy, không có đáp án nào đúng trong các phương án đã cho. Có lẽ có lỗi trong đề bài hoặc các đáp án.