Tính giới hạn sau: \(\mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } \frac{{{{5.2}^n} - {{3.5}^{n + 1}}}}{{{{100.2}^n} + {{2.5}^n}}}\)

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, \({{f'}_ + }(0) = + \infty \).

Hàm số có chứa dấu giá trị tuyệt đối nên ta cần xét các trường hợp:
Với x > 0: f(x) = x^2 - 3x + 2, suy ra f'(x) = 2x - 3. Khi x dần tới 0 từ bên phải (x -> 0+), f'(x) dần tới -3.
Với x < 0: f(x) = x^2 + 3x + 2, suy ra f'(x) = 2x + 3. Khi x dần tới 0 từ bên trái (x -> 0-), f'(x) dần tới 3.
Vì đạo hàm bên trái và bên phải tại x = 0 không bằng nhau, nên f'(0) không tồn tại. Tuy nhiên, nếu xét riêng từng khoảng (x>0 hoặc x<0) thì có thể tính đạo hàm một phía. Do không có đáp án nào phù hợp 'không tồn tại', ta xem xét lại đề bài và các đáp án.
Nhận thấy nếu ta bỏ qua điều kiện x>0 và x<0 và thay trực tiếp x=0 vào f'(x) = 2x-3 thì ta sẽ được kết quả là -3.
Vậy, đáp án phù hợp nhất là -3.

Công thức đạo hàm cấp n của sin(ax) là: (sin(ax))^(n) = a^n * sin(ax + n*pi/2). Vậy đáp án đúng là phương án 1.

To find the oblique asymptote of the function \(f(x) = \frac{x}{{1 + {e^{\frac{1}{x}}}}}\) , we need to calculate the following limit:

\(a = \mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } \frac{{f(x)}}{x} = \mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } \frac{{\frac{x}{{1 + {e^{\frac{1}{x}}}}}}}{x} = \mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } \frac{1}{{1 + {e^{\frac{1}{x}}}}}\)

When \(x \to \infty \), then \(\frac{1}{x} \to 0\), so \({e^{\frac{1}{x}}} \to {e^0} = 1\).

Thus, \(a = \frac{1}{{1 + 1}} = \frac{1}{2}\).

Next, we calculate:

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

Let \(t = \frac{1}{x}\), when \(x \to \infty \) then \(t \to 0\), we have:

\(b = \mathop {\lim }\limits_{t \to 0} \frac{{\frac{1}{t}(1 - {e^t})}}{{2(1 + {e^t})}} = \mathop {\lim }\limits_{t \to 0} \frac{{1 - {e^t}}}{{2t(1 + {e^t})}}\)

Applying L'Hopital's rule:

\(b = \mathop {\lim }\limits_{t \to 0} \frac{{ - {e^t}}}{{2(1 + {e^t}) + 2t{e^t}}} = \frac{{ - {e^0}}}{{2(1 + {e^0}) + 2 \cdot 0 \cdot {e^0}}} = \frac{{ - 1}}{{2(1 + 1)}} = - \frac{1}{4}\)

Thus, the oblique asymptote of the function is \(y = ax + b = \frac{x}{2} - \frac{1}{4}\).