Đạo hàm cấp 3 của

$f\left(x\right)=(x^2+1)\cos \left(2x\right)$ tại $\mathrm{\pi }$/2 là

Để hàm số liên tục tại x = -2, ta cần có:

lim (x→-2-) f(x) = lim (x→-2+) f(x) = f(-2)

Tính f(-2): f(-2) = (-2)^2 + 4*(-2) = 4 - 8 = -4

Tính lim (x→-2-) f(x): lim (x→-2-) f(x) = lim (x→-2-) (x^2 + 4x) = (-2)^2 + 4*(-2) = -4

Tính lim (x→-2+) f(x): lim (x→-2+) f(x) = lim (x→-2+) [sin(x + 2) - ax] = sin(-2 + 2) - a*(-2) = sin(0) + 2a = 0 + 2a = 2a

Để hàm số liên tục tại x = -2, ta cần: -4 = 2a => a = -2

Vậy, a = -2.

Để hàm số liên tục tại x = -2, ta cần có: [\mathop {\lim }\limits_{x \to - {2^ - }} f(x) = \mathop {\lim }\limits_{x \to - {2^ + }} f(x) = f(-2)] [\mathop {\lim }\limits_{x \to - {2^ - }} f(x) = \mathop {\lim }\limits_{x \to - {2^ - }} (a{x^2} + 4x) = 4a - 8] [\mathop {\lim }\limits_{x \to - {2^ + }} f(x) = \mathop {\lim }\limits_{x \to - {2^ + }} (\sin (x + 2) + 2bx) = \sin (0) - 4b = - 4b] [f(-2) = 4a - 8] Suy ra: [4a - 8 = - 4b \Leftrightarrow a + b = 2 \Leftrightarrow a = 2 - b] Để hàm số khả vi tại x = -2, ta cần có: [\mathop {\lim }\limits_{x \to - {2^ - }} \frac{{f(x) - f( - 2)}}{{x + 2}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to - {2^ + }} \frac{{f(x) - f( - 2)}}{{x + 2}}] Tính đạo hàm: [f'(x) = \left{ {\begin{array}{*{20}{c}}{2ax + 4,x < - 2}\{\cos (x + 2) + 2b,x > - 2}\end{array}} \right.] Để hàm số khả vi tại x = -2, ta cần có: [\mathop {\lim }\limits_{x \to - {2^ - }} f'(x) = \mathop {\lim }\limits_{x \to - {2^ + }} f'(x)] [ - 4a + 4 = \cos (0) + 2b \Leftrightarrow - 4a + 4 = 1 + 2b \Leftrightarrow - 4a - 2b = - 3] Thay a = 2 - b vào, ta được: [ - 4(2 - b) - 2b = - 3 \Leftrightarrow - 8 + 4b - 2b = - 3 \Leftrightarrow 2b = 5 \Leftrightarrow b = \frac{5}{2}] Suy ra: [a = 2 - \frac{5}{2} = - \frac{1}{2}] Vậy [a = - \frac{1}{2},b = \frac{5}{2}]

Ta có: [ \begin{array}{l} y = \sin \left( {{e^{f\left( x \right)}}} \right)\ y' = {\left[ {\sin \left( {{e^{f\left( x \right)}}} \right)} \right]^'}\ = \cos \left( {{e^{f\left( x \right)}}} \right).{\left( {{e^{f\left( x \right)}}} \right)^'}\ = \cos \left( {{e^{f\left( x \right)}}} \right).{e^{f\left( x \right)}}.f'\left( x \right)\ = f'\left( x \right){e^{f\left( x \right)}}\cos \left( {{e^{f\left( x \right)}}} \right) \end{array} ] Vậy đáp án đúng là B.

Để giải bài toán này, ta sử dụng khai triển Taylor cho các hàm số:

• \(\sqrt[3]{1+x^3} = 1 + \frac{1}{3}x^3 + o(x^3)\)
• \({e^{bx^2}} = 1 + bx^2 + \frac{{{(bx^2)}^2}}}{{2!}} + ... = 1 + bx^2 + o(x^2)\)
• \(\ln (1 + x) = x - \frac{{{x^2}}}{2} + \frac{{{x^3}}}{3} + o(x^3)\)
• \(x\cos (ax) = x(1 - \frac{{{{(ax)}^2}}}{{2!}} + ...) = x - \frac{{{a^2}{x^3}}}{2} + o(x^3)\)

Khi đó, biểu thức trở thành:

\(\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{1 + \frac{1}{3}{x^3} - (1 + b{x^2})}}{{x - \frac{{{x^2}}}{2} - (x - \frac{{{a^2}{x^3}}}{2})}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{\frac{1}{3}{x^3} - b{x^2}}}{{ - \frac{{{x^2}}}{2} + \frac{{{a^2}{x^3}}}{2}}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{\frac{1}{3}x - b}}{{ - \frac{1}{2} + \frac{{{a^2}x}}{2}}}\)

Để giới hạn này tồn tại, tử số và mẫu số phải đồng thời tiến đến 0 khi x tiến đến 0. Điều này chỉ xảy ra khi b = 0.

Khi b = 0, ta có:

\(\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{\frac{1}{3}x}}{{ - \frac{1}{2} + \frac{{{a^2}x}}{2}}} = 0\)

Vậy, L = 0 khi b = 0.

Xét đáp án: A. L = 0 khi b = -1: Sai B. L = 2b khi a = 1: Sai C. L = 0 khi a = 0: Sai, vì khi a = 0, mẫu số là -1/2, giới hạn vẫn bằng 0 nếu b = 0. D. L = 0 khi b = 1: Sai

Tuy nhiên, nếu ta xét kỹ hơn, khi b=0, giới hạn L = 0 với mọi a. Nhưng không có đáp án nào đúng hoàn toàn. Giả sử có sai sót trong đề bài hoặc các đáp án. Nếu mẫu số tiến đến 0 nhanh hơn tử số, thì giới hạn có thể khác 0. Nếu a = 0, mẫu số tiến đến -x^2/2, và tử số tiến đến -bx^2. Khi đó, giới hạn sẽ là 2b. Vậy đáp án B đúng nếu a=0.

Nếu đề bài đúng, và không có đáp án nào đúng, ta sẽ chọn đáp án gần đúng nhất. Trong trường hợp này, đáp án C có vẻ gần đúng nhất, nhưng nó không hoàn toàn chính xác. Do đó, cần xem xét lại đề bài và các đáp án.

Tuy nhiên, theo phân tích trên, không có đáp án nào chính xác hoàn toàn.

Để so sánh các VCB (vô cùng bé) khi x -> 0, ta cần tìm giới hạn của tỉ số giữa chúng hoặc khai triển Taylor của từng hàm để xác định bậc của chúng.

Xét (\alpha(x) = \sin(x^2) - x\ln(1+x)): (\sin(x^2) = x^2 - \frac{x^6}{3!} + O(x^{10})) (\ln(1+x) = x - \frac{x^2}{2} + \frac{x^3}{3} - ...) (x\ln(1+x) = x^2 - \frac{x^3}{2} + \frac{x^4}{3} - ...) Do đó, (\alpha(x) = (x^2 - \frac{x^6}{3!} + ...) - (x^2 - \frac{x^3}{2} + \frac{x^4}{3} - ...) = \frac{x^3}{2} + O(x^4)). Vậy (\alpha(x)) có bậc 3.

Xét (\beta(x) = \frac{x^2}{x^2 - 1} + x^2): (\beta(x) = x^2(\frac{1}{x^2 - 1} + 1) = x^2(\frac{1 + x^2 - 1}{x^2 - 1}) = \frac{x^4}{x^2 - 1}) Khi x -> 0, (\beta(x) \approx \frac{x^4}{-1} = -x^4). Vậy (\beta(x)) có bậc 4.

Xét (\chi(x) = \sqrt[3]{1 + 2x} - e^{2x}): ((1+2x)^{\frac{1}{3}} = 1 + \frac{1}{3}(2x) + \frac{\frac{1}{3}(\frac{1}{3}-1)}{2!}(2x)^2 + ... = 1 + \frac{2x}{3} - \frac{4x^2}{9} + ...) (e^{2x} = 1 + 2x + \frac{(2x)^2}{2!} + ... = 1 + 2x + 2x^2 + ...) (\chi(x) = (1 + \frac{2x}{3} - \frac{4x^2}{9} + ...) - (1 + 2x + 2x^2 + ...) = -\frac{4x}{3} - \frac{22x^2}{9} + ...) Khi x -> 0, (\chi(x) \approx -\frac{4x}{3}). Vậy (\chi(x)) có bậc 1.

Vậy, khi x -> 0, bậc giảm dần là: (\chi(x)), (\alpha(x)), (\beta(x)).