Tìm a để hàm số \(f(x) = \left\{ \begin{array}{l} \frac{{{{(1 + x)}^n} - 1}}{x},\,\,x \ne 0,n \in N\\ a,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,x = 0 \end{array} \right.\) liên tục trên R

Ta có f'(x) = x^2 - 3|x| + 2. Để tính f'(0), ta thay x = 0 vào biểu thức của f'(x). Khi đó, f'(0) = 0^2 - 3|0| + 2 = 0 - 0 + 2 = 2. Tuy nhiên, không có đáp án nào là 2. Ta cần xem xét lại tính khả vi của hàm số tại x=0.

Hàm số f(x) có thể được viết lại như sau:

f(x) = x^2 - 3x + 2 khi x >= 0
f(x) = x^2 + 3x + 2 khi x < 0

Tính đạo hàm bên phải tại x=0: f'(0+) = lim (x->0+) (f(x) - f(0))/(x-0) = lim (x->0+) (x^2 - 3x + 2 - 2)/x = lim (x->0+) (x-3) = -3
Tính đạo hàm bên trái tại x=0: f'(0-) = lim (x->0-) (f(x) - f(0))/(x-0) = lim (x->0-) (x^2 + 3x + 2 - 2)/x = lim (x->0-) (x+3) = 3

Vì đạo hàm bên trái và đạo hàm bên phải tại x=0 không bằng nhau (f'(0+) != f'(0-)), nên f'(0) không tồn tại.

Ta có:
\(\mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } \frac{{\ln ({n^2} - n + 1)}}{{\ln ({n^{10}} + n + 1)}}\) = \(\mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } \frac{{\ln \left[ {{n^2}\left( {1 - \frac{1}{n} + \frac{1}{{{n^2}}}} \right)} \right]}}{{\ln \left[ {{n^{10}}\left( {1 + \frac{1}{{{n^9}}} + \frac{1}{{{n^{10}}}}} \right)} \right]}}\)
= \(\mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } \frac{{\ln {n^2} + \ln \left( {1 - \frac{1}{n} + \frac{1}{{{n^2}}}} \right)}}{{\ln {n^{10}} + \ln \left( {1 + \frac{1}{{{n^9}}} + \frac{1}{{{n^{10}}}}} \right)}}\) = \(\mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } \frac{{2\ln n + \ln \left( {1 - \frac{1}{n} + \frac{1}{{{n^2}}}} \right)}}{{10\ln n + \ln \left( {1 + \frac{1}{{{n^9}}} + \frac{1}{{{n^{10}}}}} \right)}}\)
= \(\mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } \frac{{2 + \frac{{\ln \left( {1 - \frac{1}{n} + \frac{1}{{{n^2}}}} \right)}}{{\ln n}}}}{{10 + \frac{{\ln \left( {1 + \frac{1}{{{n^9}}} + \frac{1}{{{n^{10}}}}} \right)}}{{\ln n}}}}\) = \(\frac{{2 + 0}}{{10 + 0}} = \frac{1}{5}\)
Vì \(\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \frac{{\ln \left( {1 - \frac{1}{n} + \frac{1}{{{n^2}}}} \right)}}{{\ln n}} = 0\) và \(\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \frac{{\ln \left( {1 + \frac{1}{{{n^9}}} + \frac{1}{{{n^{10}}}}} \right)}}{{\ln n}} = 0\).

Để tính giới hạn \(\mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } {\left( {{e^{1/x}} + \frac{1}{x}} \right)^x}\), ta có thể sử dụng khai triển Taylor cho \(e^{1/x}\) khi \(x \to \infty\). Cụ thể, \(e^{1/x} = 1 + \frac{1}{x} + \frac{1}{{2{x^2}}} + O\left( {\frac{1}{{{x^3}}}} \right)\). Do đó, biểu thức trở thành:

\(\mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } {\left( {1 + \frac{1}{x} + \frac{1}{{2{x^2}}} + \frac{1}{x} + O\left( {\frac{1}{{{x^3}}}} \right)} \right)^x} = \mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } {\left( {1 + \frac{2}{x} + \frac{1}{{2{x^2}}} + O\left( {\frac{1}{{{x^3}}}} \right)} \right)^x}\)

Ta có thể viết lại như sau:

\(\mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } {\left( {1 + \frac{2}{x} + O\left( {\frac{1}{{{x^2}}}} \right)} \right)^x} = \mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } {\left( {1 + \frac{2}{x}} \right)^x} = {e^2}\)

Vậy giới hạn của biểu thức là \(e^2\).