Tính \[{f^{\left( {2018} \right)}}\left( 2 \right)\] của hàm số \[f\left( x \right) = \ln \left( {x - 1} \right)\]?

Để hàm số có đạo hàm trên toàn trục số, hàm số phải liên tục và có đạo hàm tại điểm x = 0.

1. Tính liên tục tại x = 0:
Hàm số liên tục tại x = 0 khi:
\(\mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ - }} f(x) = \mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ + }} f(x) = f(0)\)

Ta có:
\(\mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ - }} f(x) = \mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ - }} {e^x} = {e^0} = 1\)
\(\mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ + }} f(x) = \mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ + }} ({x^2} + ax + b) = {0^2} + a.0 + b = b\)
\(f(0) = {e^0} = 1\)

Vậy, để hàm số liên tục tại x = 0, ta cần b = 1.

2. Tính đạo hàm tại x = 0:
Hàm số có đạo hàm tại x = 0 khi đạo hàm trái và đạo hàm phải tại điểm đó bằng nhau:
\(f'\left( {{0^ - }} \right) = f'\left( {{0^ + }} \right)\)

Ta có:
\(f'\left( x \right) = \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{{e^x}\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,x < 0}\\{2x + a\,\,\,\,\,\,\,\,\,x > 0}\end{array}} \right.\)

Suy ra:
\(f'\left( {{0^ - }} \right) = {e^0} = 1\)
\(f'\left( {{0^ + }} \right) = 2.0 + a = a\)

Vậy, để hàm số có đạo hàm tại x = 0, ta cần a = 1.

Kết luận: a = 1 và b = 1.

Ta có:
\[y' = \frac{{\left( {{e^{f\left( {2x - 1} \right)}} - 1} \right)'}}{{{e^{f\left( {2x - 1} \right)}} - 1}} = \frac{{{e^{f\left( {2x - 1} \right)}}.f'\left( {2x - 1} \right).\left( {2x - 1} \right)'}}{{{e^{f\left( {2x - 1} \right)}} - 1}} = \frac{{2{e^{f\left( {2x - 1} \right)}}.f'\left( {2x - 1} \right)}}}{{{e^{f\left( {2x - 1} \right)}} - 1}}.\]
Vậy đáp án đúng là C.

The function y = (x+1)/sqrt(3-2x-x^2) is not defined at x=1 because the denominator becomes zero. Therefore, a Taylor series expansion around x=1 is not possible, and no polynomial can approximate the function in the neighborhood of x=1. Thus, no answer is correct.

Để tính giới hạn này, ta sẽ chia cả tử và mẫu cho \(\sqrt{n}\). Ta có:

\(\lim_{n\to\infty} \frac{\sqrt[4]{n^2 + n - 3} - \sqrt[6]{n^3 + 3n - 2}}{\sqrt{n}} = \lim_{n\to\infty} \frac{\sqrt[4]{n^2(1 + \frac{1}{n} - \frac{3}{n^2})} - \sqrt[6]{n^3(1 + \frac{3}{n^2} - \frac{2}{n^3})}}{\sqrt{n}}
= \lim_{n\to\infty} \frac{\sqrt{n}\sqrt[4]{1 + \frac{1}{n} - \frac{3}{n^2}} - \sqrt{n}\sqrt[6]{1 + \frac{3}{n^2} - \frac{2}{n^3}} }{\sqrt{n}}
= \lim_{n\to\infty} (\sqrt[4]{1 + \frac{1}{n} - \frac{3}{n^2}} - \sqrt[6]{1 + \frac{3}{n^2} - \frac{2}{n^3}})
= \sqrt[4]{1 + 0 - 0} - \sqrt[6]{1 + 0 - 0} = 1 - 1 = 0\)

Vậy giới hạn cần tìm bằng 0.

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

$\sqrt[3]{1+x^2}={(1+x^2)}^{\frac{1}{3}}=1+\frac{1}{3}{x}^2+o\left(x^2\right)$
$\sqrt{1+2x^2}={(1+2x^2)}^{\frac{1}{2}}=1+\frac{1}{2}\left(2x^2\right)+o\left(x^2\right)=1+{\mathrm{x<mn>2</mn>}}^{}+o\left(x^2\right)$

Do đó:

$\underset{x\to 0}{\lim }\frac{\sqrt[3]{1+x^2}-\sqrt{1+2x^2}}{x^4}=\underset{x\to 0}{\lim }\frac{(1+\frac{1}{3}{x}^2)-(1+x^2)+o\left(x^2\right)}{x^4}=\underset{x\to 0}{\lim }\frac{-\frac{2}{3}{x}^2+o\left(x^2\right)}{x^4}$

Tuy nhiên, cách tiếp cận này không trực tiếp đưa ra đáp án vì bậc của tử nhỏ hơn bậc của mẫu. Ta cần khai triển Taylor đến bậc cao hơn:

${(1+x^2)}^{\frac{1}{3}}=1+\frac{1}{3}{x}^2-\frac{1}{9}{x}^4+o\left(x^4\right)$
${(1+2x^2)}^{\frac{1}{2}}=1+x^2-\frac{1}{2}{\left(2x^2\right)}^2+o\left(x^4\right)=1+x^2-x^4+o\left(x^4\right)$

$\underset{x\to 0}{\lim }\frac{(1+\frac{1}{3}{x}^2-\frac{1}{9}{x}^4)-(1+x^2-x^4)+o\left(x^4\right)}{x^4}=\underset{x\to 0}{\lim }\frac{-\frac{2}{3}{x}^2+\frac{8}{9}{x}^4+o\left(x^4\right)}{x^4}$

Giới hạn này không tồn tại, vì khi x tiến đến 0, số hạng $-\frac{2}{3}{x}^2$ sẽ chi phối và làm cho giới hạn tiến đến -∞ khi x tiến đến 0.
Vậy đáp án đúng là A. - ∞