Tìm $\alpha$ để $\underset{n\to \infty }{\lim }{a}_n=+\infty$, với $a_n=\frac{\sqrt[3]{8n^3+n+1 }-\sqrt[5]{n^4-3n^2+n-2}}{n^{\alpha +2}}$

Ta có:

* ${f^{\text{'}}}_{+}\left(0\right)=\underset{x\to 0^{+}}{\lim }\frac{f\left(x\right)-f\left(0\right)}{x-0}=\underset{x\to 0^{+}}{\lim }\frac{2x-x^2-0}{x}=\underset{x\to 0^{+}}{\lim }(2-x)=2$

* ${f^{\text{'}}}_{-}\left(0\right)=\underset{x\to 0^{-}}{\lim }\frac{f\left(x\right)-f\left(0\right)}{x-0}=\underset{x\to 0^{-}}{\lim }\frac{\sin \left(x\sqrt{1+x^2}\right)-0}{x}=\underset{x\to 0^{-}}{\lim }\frac{\sin \left(x\sqrt{1+x^2}\right)}{x}=1$

Vậy ${f_{+}}^{\text{'}}\left(0\right)=2,{f^{\text{'}}}_{-}\left(0\right)=1$

Để hàm số đạt cực đại tại $x=\frac{\mathrm{\pi }}{2}$, ta cần tìm a sao cho đạo hàm bậc nhất của hàm số tại điểm đó bằng 0 và đạo hàm bậc hai nhỏ hơn 0.

Tính đạo hàm bậc nhất:
$y\text{'}=-a^2\sin \left(x\right)-\sin \left(\frac{x}{2}\right)$

$y\text{'}\left(\frac{\mathrm{\pi }}{2}\right)=-a^2\sin \left(\frac{\mathrm{\pi }}{2}\right)-\sin \left(\frac{\mathrm{\pi }}{4}\right)=-a^2-\frac{\sqrt{2}}{2}=0$

$a^2=-\frac{\sqrt{2}}{2}$ (vô lý vì $a^2$ không thể âm)

Tính đạo hàm bậc hai:
$y"=-a^2\cos \left(x\right)-\frac{1}{2}\cos \left(\frac{x}{2}\right)$

$y"\left(\frac{\mathrm{\pi }}{2}\right)=-a^2\cos \left(\frac{\mathrm{\pi }}{2}\right)-\frac{1}{2}\cos \left(\frac{\mathrm{\pi }}{4}\right)=0-\frac{1}{2}\frac{\sqrt{2}}{2}=-\frac{\sqrt{2}}{4}<0$
Điều kiện đạo hàm bậc hai âm luôn đúng tại $x=\frac{\mathrm{\pi }}{2}$.

Vì không tồn tại a thỏa mãn đạo hàm bậc nhất bằng 0 tại $x=\frac{\mathrm{\pi }}{2}$, nên không tồn tại a để hàm số đạt cực đại tại điểm đó.

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.