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.