Tìm a để hàm số $y=a^2\cos \left(x\right)+2\cos \left(\frac{x}{2}\right)$ đạt cực đại tại $x=\frac{\mathrm{\pi }}{2}$

Ta có:

* $\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{2^n}{n^4+3^{-n}}=+\infty$ (vì hàm mũ tăng nhanh hơn hàm đa thức).

* $\left|\frac{(n+1)\cos \left(n\right)}{{\mathrm{n<mn>4</mn>}}^{}+3^{-n}}\right|\le \frac{n+1}{n^4+3^{-n}}$. Mà $\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{n+1}{n^4+3^{-n}}=0$ nên $\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{(n+1)\cos \left(n\right)}{n^4+3^{-n}}=0$.

Do đó, $\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{2^{n }+(n+1)\cos \left(n\right)}{n^4+3^{-n}}=+\infty$.

Phân tích từng đáp án để xác định bậc của VCB khi x → 0:

* Đáp án A: e^(2x)sin²(x) ~ 1 * x² = x² (vì e^(2x) → 1 khi x → 0 và sin(x) ~ x khi x → 0). Vậy bậc của VCB này là 2.

* Đáp án B: cos(x)^(tan(x)) - 1. Ta có cos(x)^(tan(x)) = e^(tan(x) * ln(cos(x))). Khi x → 0, tan(x) ~ x và ln(cos(x)) ~ ln(1 - x²/2) ~ -x²/2. Do đó, tan(x) * ln(cos(x)) ~ x * (-x²/2) = -x³/2. Vậy cos(x)^(tan(x)) - 1 ~ e^(-x³/2) - 1 ~ -x³/2. Bậc của VCB này là 3.

* Đáp án C: √(x + √(x² + x√(x))). Khi x → 0, x√(x) = x^(3/2). Do đó, x² + x√(x) ~ x². Vậy √(x² + x√(x)) ~ √(x²) = |x|. Vì x → 0, ta xét x > 0, nên |x| = x. Khi đó, √(x + √(x² + x√(x))) ~ √(x + x) = √(2x) = √(2) * √x. Bậc của VCB này là 1/2.

* Đáp án D: x. Bậc của VCB này là 1.

So sánh bậc của các VCB: Bậc của C (1/2) < Bậc của D (1) < Bậc của A (2) < Bậc của B (3).

Vậy VCB có bậc thấp nhất là đáp án C.

Để tìm giới hạn của dãy $a_n=n^{\alpha -1}(\sqrt[3]{n^5+n}-\sqrt{n^5-2n})$, ta cần đánh giá biểu thức trong ngoặc.

Ta có:

$\sqrt[3]{n^5+n}=n^{5/3}{\left(1+\frac{1}{n^4}\right)}^{1/3}=n^{5/3}\left(1+\frac{1}{3n^4}+o\left(\frac{1}{n^4}\right)\right)=n^{5/3}+\frac{1}{3n^{}}+o\left(\frac{1}{n^{7/3}}\right)$

$\sqrt{n^5-2n}=n^{5/2}{\left(1-\frac{2}{n^4}\right)}^{1/2}=n^{5/2}\left(1-\frac{1}{n^4}+o\left(\frac{1}{n^4}\right)\right)=n^{5/2}-\frac{1}{n^{3/2}}+o\left(\frac{1}{n^{3/2}}\right)$

Do đó,

$\sqrt[3]{n^5+n}-\sqrt{n^5-2n}=n^{5/3}-n^{5/2}+o\left(n^{-3/2}\right)$

Vì $5/3<5/2$, $n^{5/3}-n^{5/2}\approx -n^{5/2}$ khi $n\to \infty$.

Vậy, $a_n=n^{\alpha -1}(\sqrt[3]{n^5+n}-\sqrt{n^5-2n})\approx -n^{\alpha -1+5/2}=-n^{\alpha +3/2}$.

Để $\underset{n\to \infty }{\lim }{a}_n=-\infty$, ta cần $\alpha +\frac{3}{2}>0$, tức là $\alpha >-\frac{3}{2}$.

Vậy đáp án A là đúng.

Ta có:
$x\left(t\right)=\ln (1+\sin (t\left)\right)=>x^{\text{'}}\left(t\right)=\frac{\cos \left(t\right)}{1+\sin \left(t\right)}$
$y\left(t\right)=\cos \left(t\right)=>y^{\text{'}}\left(t\right)=-\sin \left(t\right)$
$y^{\text{'}}\left(x\right)=\frac{y^{\text{'}}\left(t\right)}{x^{\text{'}}\left(t\right)}=\frac{-\sin \left(t\right)(1+\sin (t\left)\right)}{\cos \left(t\right)}$
Khi x = 0 thì $\ln (1+\sin (t\left)\right)=0=>\sin \left(t\right)=0=>t=0$
Do đó, $y^{\text{'}}\left(x\right){|}_{x=0}=\frac{-\sin \left(0\right)(1+\sin (0\left)\right)}{\cos \left(0\right)}=\frac{0\cdot 1}{1}=0$
Vậy không có đáp án nào đúng.

Ta có $f\left(x\right)=\frac{1}{{(1-x)}^2}={(1-x)}^{-2}$
$f^{\text{'}}\left(x\right)=2{(1-x)}^{-3}$
$f^{\text{'}\text{'}}\left(x\right)=2.3{(1-x)}^{-4}$
$f^{\left(3\right)}\left(x\right)=2.3.4{(1-x)}^{-5}$
Suy ra $f^{\left(n\right)}\left(x\right)=(n+1)!{(1-x)}^{-n-2}$
Vậy $f^{\left(8\right)}\left(x\right)=9!{(1-x)}^{-10}$
$\Rightarrow f^{\left(8\right)}(-1)=9!{(1+1)}^{-10}=\frac{9!}{2^{10}}$