Khai triển Maclaurin của cosx đến x⁴

Ta có:
\(I = \int {\frac{{2dx}}{{\sqrt {{x^2} + 4x + 5} }}} = 2\int {\frac{{dx}}{{\sqrt {{{(x + 2)}^2} + 1} }}}\)
Đặt \(x + 2 = \tan t \Rightarrow dx = \frac{{dt}}{{{{\cos }^2}t}}\) khi đó:
\(I = 2\int {\frac{{\frac{{dt}}{{{{\cos }^2}t}}}}{{\sqrt {{\tan }^2t + 1} }}} = 2\int {\frac{{\frac{{dt}}{{{{\cos }^2}t}}}}{{\frac{1}{{\cos t}}}}} = 2\int {\frac{{dt}}{{\cos t}}} = 2\int {\frac{{\cos tdt}}{{{{\cos }^2}t}}} = 2\int {\frac{{\cos tdt}}{{1 - {{\sin }^2}t}}} \)
\(= \int {\left( {\frac{1}{{1 - \sin t}} + \frac{1}{{1 + \sin t}}} \right)dt} = 2\ln \left| {\frac{{1 + \sin t}}{{1 - \sin t}}} \right| + C\)
Hoặc có thể sử dụng công thức nguyên hàm mở rộng:
\(\int {\frac{{dx}}{{\sqrt {{x^2} + {a^2}} }}} = \ln \left| {x + \sqrt {{x^2} + {a^2}} } \right| + C\)
Khi đó:
\(I = 2\int {\frac{{dx}}{{\sqrt {{{(x + 2)}^2} + 1} }}} = 2\ln \left| {x + 2 + \sqrt {{{(x + 2)}^2} + 1} } \right| + C = 2\ln \left| {x + 2 + \sqrt {{x^2} + 4x + 5} } \right| + C\)

Để tính giới hạn \(\mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \frac{{{2^x} - {x^2}}}{{x - 2}}\), ta có thể sử dụng quy tắc L'Hôpital vì giới hạn có dạng \(\frac{0}{0}\) khi \(x \to 2\).

Áp dụng quy tắc L'Hôpital, ta lấy đạo hàm của tử và mẫu:

\(\frac{d}{dx}(2^x - x^2) = 2^x \ln 2 - 2x\)
\(\frac{d}{dx}(x - 2) = 1\)

Vậy, giới hạn trở thành:

\(\mathop {\lim }\limits_{x \to 2} (2^x \ln 2 - 2x) = 2^2 \ln 2 - 2(2) = 4\ln 2 - 4 = 4(\ln 2 - 1)\)

Vậy đáp án đúng là \(4(\ln 2 - 1)\).

Để tính giới hạn \(\mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } \frac{{{{5.2}^n} - {{3.5}^{n + 1}}}}{{{{100.2}^n} + {{2.5}^n}}}\), ta chia cả tử và mẫu cho \({5^n}\). Khi đó, biểu thức trở thành:

\(\mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } \frac{{5{{\left( {\frac{2}{5}} \right)}^n} - 3.5}}{{{{100{{\left( {\frac{2}{5}} \right)}^n}} + 2}}}\)

Vì \(\mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } {\left( {\frac{2}{5}} \right)}^n = 0\), giới hạn trở thành:

\(\frac{{5.0 - 3.5}}{{100.0 + 2}} = \frac{{ - 15}}{2}\)

Vậy đáp án đúng là \(-\frac{{15}}{2}\).

Để tính giới hạn \(\mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } \frac{{{2^n} + {3^{ - n}}}}{{{2^{ - n}} - {3^n}}}\), ta có thể chia cả tử và mẫu cho \(2^n\) hoặc \(3^n\). Tuy nhiên, chia cho \(3^n\) sẽ giúp đơn giản biểu thức hơn.

\(\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \frac{{{2^n} + {3^{ - n}}}}{{{2^{ - n}} - {3^n}}} = \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \frac{{\frac{{{2^n}}}{{{3^n}}} + \frac{{{3^{ - n}}}}{{{3^n}}}}}{{\frac{{{2^{ - n}}}}{{{3^n}}} - \frac{{{3^n}}}{{{3^n}}}}} = \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \frac{{{{\left( {\frac{2}{3}} \right)}^n} + {{\left( {\frac{1}{3}} \right)}^{2n}}}}{{{{\left( {\frac{1}{6}} \right)}^n} - 1}}\)

Khi \(n \to \infty \), ta có \({\left( {\frac{2}{3}} \right)^n} \to 0\), \({\left( {\frac{1}{3}} \right)^{2n}} \to 0\) và \({\left( {\frac{1}{6}} \right)^n} \to 0\). Do đó,

\(\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \frac{{{{\left( {\frac{2}{3}} \right)}^n} + {{\left( {\frac{1}{3}} \right)}^{2n}}}}{{{{\left( {\frac{1}{6}} \right)}^n} - 1}} = \frac{{0 + 0}}{{0 - 1}} = 0\)

Vậy, giới hạn của biểu thức là 0.

Để tìm \({{f'}_ + }(0)\), ta cần tính giới hạn của \(\frac{{f(x) - f(0)}}{{x - 0}}\) khi x tiến đến 0 từ bên phải (x > 0).

Vì \(f(x) = {e^{1/x}}\) khi \(x \ne 0\) và \(f(0) = 0\), ta có:

\({{f'}_ + }(0) = \mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ + }} \frac{{f(x) - f(0)}}{{x - 0}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ + }} \frac{{{e^{1/x}} - 0}}{x} = \mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ + }} \frac{{{e^{1/x}}}}{x}\)

Đặt \(t = \frac{1}{x}\). Khi \(x \to {0^ + }\), thì \(t \to + \infty \). Do đó, ta có:

\(\mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ + }} \frac{{{e^{1/x}}}}{x} = \mathop {\lim }\limits_{t \to + \infty } t{e^t} = + \infty \)

Vậy, \({{f'}_ + }(0) = + \infty \).