Tính$\underset{x\to \infty }{\lim }\frac{\ln \left(1+2x+e^x\right)}{x+e^x}$

Ta có $f(x) = \sqrt{1-x^2} arcsin(x)$. Để tìm $df(\frac{1}{2})$, ta cần tìm đạo hàm của $f(x)$ rồi thay $x = \frac{1}{2}$.

$f'(x) = (\sqrt{1-x^2})' arcsin(x) + \sqrt{1-x^2} (arcsin(x))'$
$f'(x) = \frac{-2x}{2\sqrt{1-x^2}} arcsin(x) + \sqrt{1-x^2} \frac{1}{\sqrt{1-x^2}}$
$f'(x) = \frac{-x}{\sqrt{1-x^2}} arcsin(x) + 1$

Thay $x = \frac{1}{2}$ vào $f'(x)$:
$f'(\frac{1}{2}) = \frac{-\frac{1}{2}}{\sqrt{1-(\frac{1}{2})^2}} arcsin(\frac{1}{2}) + 1$
$f'(\frac{1}{2}) = \frac{-\frac{1}{2}}{\sqrt{\frac{3}{4}}} \frac{\pi}{6} + 1$
$f'(\frac{1}{2}) = \frac{-\frac{1}{2}}{\frac{\sqrt{3}}{2}} \frac{\pi}{6} + 1$
$f'(\frac{1}{2}) = \frac{-1}{\sqrt{3}} \frac{\pi}{6} + 1 = \frac{-\pi}{6\sqrt{3}} + 1$

Vậy $df(\frac{1}{2}) = f'(\frac{1}{2})dx = (\frac{-\pi}{6\sqrt{3}} + 1) dx$.

Vậy đáp án đúng là C.

Ta có: |(ln³n)/n⁴ * sin(nπ/2)| = |ln³n|/n⁴ * |sin(nπ/2)| ≤ |ln³n|/n⁴

Vì lim (n→∞) |ln³n|/n⁴ = 0 (do bậc của n lớn hơn bậc của ln(n)), suy ra lim (n→∞) (ln³n)/n⁴ * sin(nπ/2) = 0.

Vậy đáp án đúng là C.

Để xác định VCB (vô cùng bé) có bậc thấp nhất khi x → 0, ta cần xét giới hạn của từng biểu thức khi x tiến đến 0 và so sánh bậc của chúng.

A. \(\mroot{1-3x^2}{3} - 1\)
Sử dụng khai triển Taylor: \((1+u)^\alpha \approx 1 + \alpha u\) khi u → 0.
Ở đây, u = -3x^2 và \(\alpha = \frac{1}{3}\). Vậy, \(\mroot{1-3x^2}{3} - 1 \approx 1 + \frac{1}{3}(-3x^2) - 1 = -x^2\). Bậc của VCB này là 2.

B. \(e^{2x}sin^2x\)
Sử dụng khai triển Taylor: \(e^{2x} \approx 1 + 2x\) và \(sin(x) \approx x\) khi x → 0.
Vậy, \(e^{2x}sin^2x \approx (1 + 2x)x^2 \approx x^2\). Bậc của VCB này là 2.

C. \(tan(x) - sin(x)\)
Sử dụng khai triển Taylor: \(tan(x) \approx x + \frac{x^3}{3}\) và \(sin(x) \approx x - \frac{x^3}{6}\) khi x → 0.
Vậy, \(tan(x) - sin(x) \approx (x + \frac{x^3}{3}) - (x - \frac{x^3}{6}) = \frac{x^3}{3} + \frac{x^3}{6} = \frac{x^3}{2}\). Bậc của VCB này là 3.

D. \(e^{x^2} - e^x\)
Sử dụng khai triển Taylor: \(e^{x^2} \approx 1 + x^2\) và \(e^x \approx 1 + x\) khi x → 0.
Vậy, \(e^{x^2} - e^x \approx (1 + x^2) - (1 + x) = x^2 - x \approx -x\) khi x → 0 (vì x có bậc thấp hơn x^2). Bậc của VCB này là 1.

So sánh bậc của các VCB, ta thấy VCB ở đáp án D có bậc thấp nhất (bậc 1).

Ta có: $\underset{n\to \infty }{\lim }\sqrt[n]{2}=\underset{n\to \infty }{\lim }{2}^{\frac{1}{n}}=2^0=1$

Vậy $\underset{n\to \infty }{\lim }(\sqrt[n]{2} -1)=1-1=0$

Để tính giới hạn này khi n tiến tới vô cùng, ta cần xem xét hành vi của tử số và mẫu số khi x tiến tới vô cùng.

Mẫu số là $x^2+x+1$, khi x tiến tới vô cùng, mẫu số tiến tới vô cùng và có bậc là 2.

Xét tử số: $x\sin \left(2x\right)-(2x-1)\cos \left(x\right)$

Ta biết rằng $-1\le \sin \left(2x\right)\le 1$ và $-1\le \cos \left(x\right)\le 1$. Do đó, $x\sin \left(2x\right)$ bị chặn bởi -x và x, còn $(2x-1)\cos \left(x\right)$ bị chặn bởi $-(2x-1)$ và $(2x-1)$. Vì vậy, tử số có dạng là một biểu thức mà mỗi thành phần của nó có bậc không vượt quá 1.

Khi chia tử số (bậc tối đa 1) cho mẫu số (bậc 2), giới hạn của phân thức này khi x tiến tới vô cùng sẽ là 0.

Vậy, $\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{x\sin \left(2x\right)-(2x-1)\cos \left(x\right)}{x^2+x+1}=0$