2)
$\mathop {\lim }\limits_{x \to 0}  \frac{\tan x}{x}=\mathop {\lim }\limits_{x \to 0}  \frac{\sin x}{x}.\frac{1}{\cos x}=1.1=1$

1) Do $x \to +\infty$ nên ta có thể giả sử $x >1$.
Ta sẽ chứng minh $\ln x < x-1$.
Thật vậy, xét hàm $f(x)=\ln x -x +1$ có $f'(x)=\frac{1}{x}-1<0$ nên $f$ nghịch biến và $f(x)<f(1)=0\Rightarrow \ln x < x-1$.
Suy ra
 $ \frac{\ln x}{x^2} < \frac{x-1}{x^2}< \frac{ 1}{x}\Rightarrow \mathop {\lim }\limits_{x \to \infty}  \frac{\ln x}{x^2} =0$

a) $\int\limits_{x}^{+\infty} \frac{\ln x}{x^2}dx =-\lim_{a \to +\infty}\int\limits_{a}^{x} \frac{\ln x}{x^2}dx=-\lim_{a \to +\infty}F(x)=-F(x)$
Trong đó $F'(x)= \frac{\ln x}{x^2}$.
Suy ra $F(x)=\int\limits \frac{\ln x}{x^2}dx=\int\limits\frac{(\ln x +1)-1}{x^2}dx=-\frac{\ln x+1}{x}$
Vậy $\int\limits_{x}^{+\infty} \frac{\ln x}{x^2}dx =\frac{\ln x+1}{x}$

$I =\int\limits_{3}^{+\infty} \frac{dx}{x^2-3x+2}=\int\limits_{3}^{+\infty}\left (  \frac{1}{x-2}- \frac{1}{x-1} \right )dx$
$=\ln\left| {\frac{x-2}{x-1}} \right|_3^{+\infty}=\ln\left| {1-\frac{1}{x-1}} \right|_3^{+\infty}=\ln 2$

Tổng cần tính tương đương với
$S=\sum_{k=0}^n\frac{C^k_n}{(k+1)(k+2)}$
trước hết bạn dùng định nghĩa của tổ hợp để chứng minh đẳng thức sau
$aC_b^a=bC_{b-1}^{a-1}$
Áp dụng đẳng thức trên ta có
$(k+1)(k+2)C_{n+2}^{k+2}=(k+1)(n+2)C_{n+1}^{k+1}=(n+2)(k+1)C_{n+1}^{k+1}=(n+2)(n+1)C_{n}^{k}$
Suy ra $\frac{C^k_n}{(k+1)(k+2)}=\frac{C_{n+2}^{k+2}}{(n+2)(n+1)}$
Do đó
$S=\sum_{k=0}^n\frac{C_{n+2}^{k+2}}{(n+2)(n+1)}=\frac{1}{(n+2)(n+1)}\left ( \sum_{k=0}^nC_{n+2}^{k+2} \right )=\frac{1}{(n+2)(n+1)}\left ( \sum_{i=0}^{n+2}C_{n+2}^{i}-C_{n+2}^{1}-C_{n+2}^{0} \right )$
$=\frac{1}{(n+2)(n+1)}\left ( 2^{n+2}-n-3 \right )$

d)
Trước hết thấy rằng $x^3+8=(x^2-2x+4)(x+2)$
Ta cần tìm các hệ số $A, B $,C sao cho
$\frac{4x}{x^3 +8}=\frac{Ax+B}{(x^2-2x+4)}+\frac{C}{(x+2)}$
Quy đồng và đồng nhất hai vế ta tìm được đáp số
$\frac{4x}{x^3 +8}=\frac{2(x+2)}{3(x^2-2x+4)}-\frac{2}{3(x+2)}$

c) $\frac{x+2}{x^{4}+4}=\frac{3-x}{4(x^2-2x+2)}+\frac{1+x}{4(x^2+2x+2)}$

b) $\frac{3x}{x^{3}-1}=\frac{1-x}{x^2+x+1}+\frac{1}{x-1}$

a) $\frac{1}{x^{4}+1}=\frac{x+\sqrt{2}}{2\sqrt 2(x^2+\sqrt 2 x+1)}-\frac{x-\sqrt{2}}{2\sqrt 2(x^2-\sqrt 2 x+1)}$

Theo định nghĩa thì cực trị là nghiệm của đạo hàm nên ta có $x_1, x_2$ là các nghiệm của PT
$y'=0\Leftrightarrow x^2-2ax-3a=0$.
Tức là khi thay $x_1, x_2$ vào PT trên thì ta có
$\begin{cases}x_1^2-2ax_1-3a=0 \\x_2^2-2ax_2-3a=0\end{cases}\Rightarrow \begin{cases}x_1^2=2ax_1+3a \\x_2^2=2ax_2+3a\end{cases}\Rightarrow \begin{cases}x_1^2+2ax_2+9a=2a(x_1+x_2)+12a \\x_2^2+2ax_1+9a=2a(x_1+x_2)+12a\end{cases}$
Mặt khác theo định lý Vi-ét thì $x_1+x_2=2a$.
Tóm lại ta có
$x_1^2+2ax_2+9a=x_2^2+2ax_1+9a=4a^2+12a$.
Kết hợp với giả thiết ta có
      $\frac{4a^2+12a}{a^2}+\frac{a^2}{4a^2+12a}=2$ với $a \ne 0.$
$\Leftrightarrow \frac{4a+12}{a}+\frac{a}{4a+12}=2$
$\Leftrightarrow (4a+12)^2+a^2-2(4a+12)a=0$
$\Leftrightarrow (4a+12-a)^2=0$
$\Leftrightarrow 3a+12=0$
$\Leftrightarrow \boxed{a=-4} .$

Lời giải này có yêu cầu trả vỏ sò để xem. Bạn hãy link trên để vào xem chi tiết

Lời giải này có yêu cầu trả vỏ sò để xem. Bạn hãy link trên để vào xem chi tiết

Lời giải này có yêu cầu trả vỏ sò để xem. Bạn hãy link trên để vào xem chi tiết

Lời giải này có yêu cầu trả vỏ sò để xem. Bạn hãy link trên để vào xem chi tiết

Từ PT thứ hai ta có
$y(x+y)^2=\pi^2\Rightarrow \begin{cases}\sqrt y(x+y)=\pi \\ y>0 \end{cases}\Rightarrow x=\frac{\pi}{\sqrt y}-y$
Thay vào PT thứ nhất ta được
$f(y)=y^4+m^2-y\left ( \frac{\pi}{\sqrt y}-y \right )^3=0$
Từ PT thứ nhất cũng thấy $x>0\Rightarrow y^{3/2} <\pi$
Ta có $f'(y)=8y^3-\frac{15}{2}\pi y^{3/2}+3\pi^2+\frac{\pi^3}{2 y^{3/2}}$
Ta thấy $8y^3-\frac{15}{2}\pi y^{3/2}+3\pi^2$ là PT bậc hai theo $ y^{3/2}$ và có $\Delta=\frac{225}{4}\pi^2-4.24\pi^2 <0$
do đó $8y^3-\frac{15}{2}\pi y^{3/2}+3\pi^2>0\Rightarrow f'(y) >0\Rightarrow f$ là hàm đồng biến trên $\left ( 0,\sqrt[3]{\pi^2} \right )$
Mặt khác, $f(0)=-\infty, f(\sqrt[3]{\pi^2})=m^2+\sqrt[3]{\pi^8}>0$
do đó tồn tại nghiệm của PT $f(y)=0$, và nghiệm này là duy nhất theo tính đồng biến của $f$.
Vậy bài toán được chứng minh.