Đáp án C

Quan sát các đồ thị hàm số ta thấy: (phía dưới)

+ Trong nửa khoảng $\left(-\infty ;\frac{1}{3}\right]$ thì $\min \left\{g_1\left(x\right),g_2\left(x\right),g_3\left(x\right)\right\}=g_1\left(x\right)$ nên đồ thị hàm số $y=f\left(x\right)$ là nửa đường thẳng $y=g_1\left(x\right)$

+ Trong đoạn $\left[\frac{1}{3};\frac{2}{3}\right]$ thì $\min \left\{g_1\left(x\right),g_2\left(x\right),g_3\left(x\right)\right\}=g_2\left(x\right)$ nên đồ thị hàm số $y=f\left(x\right)$ là một đoạn đường thẳng $y=g_2\left(x\right)$

+ Trong nửa khoảng $\left[\frac{2}{3};+\infty \right)$ thì $\min \left\{g_1\left(x\right),g_2\left(x\right),g_3\left(x\right)\right\}=g_3\left(x\right)$ nên đồ thị hàm số $y=f\left(x\right)$ là nửa đường thẳng $y=g_3\left(x\right)$

$\Rightarrow$ Đồ thị hàm số $y=f\left(x\right)$ là phần đường thẳng được tô màu đỏ.

Suy ra giá trị lớn nhất của f (x) là $\frac{8}{3}$

Đáp án C

Xét biểu thức chia P(x) cho $x^2-4x+3$ ta được $P\left(x\right)=\left(x+2\right)\left(x^2-4x+3\right)-4$

Mà $P\left(x_1\right)=0\iff \left(x_1+2\right)\left(x_1^2-4x_1+3\right)-4=0$

$\iff \frac{1}{x_1^2-4x_1+3}=\frac{x_1+2}{4}$

Tương tự, ta có:

$\frac{1}{x_2^2-4x_2+3}=\frac{x_2+2}{4}; \frac{1}{x_3^2-4x_3+3}=\frac{x_3+2}{4}$

Vậy $T=\frac{x_1+2}{4}+\frac{x_2+2}{4}+\frac{x_3+2}{4}$

$=\frac{x_1+x_2+x_3+6}{4}=2$

Mặt khác thì

$$\begin{gathered} \frac{P\text{'}\left(x\right)}{P\left(x\right)}=\frac{3x^2-4x-5}{x^3-2x^2-5x+2} \\ \Rightarrow \frac{P\text{'}\left(1\right)}{P\left(1\right)}=\frac{3}{2};\frac{P\text{'}\left(3\right)}{P\left(3\right)}=-\frac{5}{2} \\ \iff \frac{1}{2}\left[\frac{P\text{'}\left(1\right)}{P\left(1\right)}-\frac{P\text{'}\left(3\right)}{P\left(3\right)}\right]=2 \end{gathered}$$

Đáp án B

Do hàm số $y=f\left(x-2017\right)+2018$ thu được bằng cách tịnh tiến đồ thị hàm số $y=f\left(x\right)$ sang phải một đoạn có độ dài bằng 2017 đơn vị và tịnh tiến trên một đoạn có độ dài bằng 2018 đơn vị nên ta có bảng biến thiên của hàm số $y=f\left(x\right)$ như sau:

Do đó ta có bảng biến thiên của hàm số $y=\left|g\left(x\right)\right|$ là:

Vậy đồ thị hàm số $y=\left|f\left(x-2017\right)+2018\right|$ có 3 cực trị

Đáp án B

Gọi AD là quãng đường cô An đi đường bộ.

Đặt $DB=x\left(km\right)\left(0\le x\le 50\right)\Rightarrow AD=50-x\left(km\right)$

Chi phí của cô An: $f\left(x\right)=\left(50-x\right)3+\sqrt{x^2+{10}^2.5}\left(USD\right)$

f(x) liên tục trên $\left[0;50\right]$

Ta có: $f\text{'}\left(x\right)=-3+5.\frac{x}{\sqrt{x^2+100}}=\frac{-3\sqrt{x^2+100}+5x}{\sqrt{x^2+100}}$

$$\begin{gathered} f\text{'}\left(x\right)=0\iff -3\sqrt{x^2+100}+5x=0 \\ \iff \left\{\begin{array}{c}x\ge 0\\ 9\left(x^2+100\right)=25x^2\end{array}\right. \end{gathered}$$

Ta có: $f\left(0\right)=200,f\left(50\right)=50\sqrt{26},f\left(\frac{15}{2}\right)=190$

Để chi phí ít nhất thì $x=\frac{15}{2}$

Vậy cô An phải đi đường bộ một khoảng $AD=50-\frac{15}{2}=\frac{85}{2}\left(km\right)$ để chi phí ít nhất.

Đáp án C

$y\text{'}=4x^3-4m^{2}x;y\text{'}=0\iff \left[\begin{array}{c}x=0\\ x=\pm m\end{array}\right.$

Để hàm số có 3 cực trị thì phương trình y' = 0 có 3 nghiệm hay $m\ne 0$

Không mất ính tổng quát giả sử 3 điểm cực trị có tọa độ $A\left(0;m^4+3\right);B\left(m;3\right);C\left(-m;3\right)$

Ta có: $\overrightarrow{AC}\left(-m;-m^4\right);\overrightarrow{OC}\left(-m;3\right)$

Tứ giác OBAC có: $\left\{\begin{array}{c}AB=AC\\ OB=OC\end{array}\right.$

Suy ra OA là đường trung trực của BC

Để tứ giác OBAC nội tiếp đường tròn thì điểm B, C phải nhìn cạnh OA dưới góc ${90}^{\circ }$

Khi đó $\overrightarrow{AC}.\overrightarrow{OC}=0\iff m^2-3m^4=0\iff \left[\begin{array}{c}m=0\left(L\right)\\ m=\pm \sqrt{\frac{1}{3}}\left(TM\right)\end{array}\right.$

Đáp án C

Gọi a, b, c >0 lần lượt là chiều rộng, dài, cao của hình hộp chữ nhật.

Theo đề $V=abc=220500$ và $c=3a\Rightarrow 3a^{2}b=220500\Rightarrow ab=\frac{73500}{a}$

Ta có $S_{tp}=ab+2ac+2bc=ab+6a^2+6ab=7ab+6a^2$

$$\begin{gathered} =\frac{514500}{a}+6a^2=6\left(\frac{42875}{a}+\frac{42875}{a}+a^2\right) \\ {S}_{tp}=6\left(\frac{42875}{a}+\frac{42875}{a}+a^2\right)\ge 6.3\sqrt[3]{\frac{42875}{a}.\frac{42875}{a}.a^2}=22050 \end{gathered}$$

Suy ra $S_{tp}$ nhỏ nhất khi $\frac{42875}{a}=a^2\iff a=35\Rightarrow b=60\Rightarrow S=2100c{m}^2$

Đáp án C

Đường tròn $\left(\gamma \right):x^2+{\left(y-1\right)}^2=4$ có tâm $I\left(0;1\right),R=2$

Ta có: $A\left(1;1-m\right);y\text{'}=4x^3-4mx\Rightarrow y\text{'}\left(1\right)=4-4m$

Suy ra phương trình $\Delta :y=\left(4-4m\right)\left(x-1\right)+1-m$

Dễ thấy $∆$ luôn đi qua điểm cố định $F\left(\frac{3}{4};0\right)$ và điểm F nằm trong đường tròn $\left(\gamma \right)$

Giả sử $∆$ cắt $\left(\gamma \right)$ tại M, N. Thế thì ta có $MN=2\sqrt{R^2-d^2\left(I;\Delta \right)}=2\sqrt{4-d^2\left(I;\Delta \right)}$

Do đó MN nhỏ nhất $\iff d\left(I,\Delta \right)$ lớn nhất $\iff d\left(I;\Delta \right)=IF\Rightarrow \Delta \perp IF$

Khi đó đường $∆$ có 1 vec tơ chỉ phương $\overrightarrow{u}\perp \overrightarrow{IF}=\left(\frac{3}{4};-1\right);\overrightarrow{u}=\left(1;4-4m\right)$ nên ta có:

$\overrightarrow{u}.\overrightarrow{IF}=0\iff 1.\frac{3}{4}-\left(4-4m\right)=0\iff m=\frac{13}{16}$

Đáp án D

Từ đồ thị, ta có $f\text{'}\left(1\right)=0$

Phương trình tiếp tuyến của (C) tại điểm có hoành độ bằng 1 có dạng: $y=f\text{'}\left(1\right)(x-1)+f\left(1\right)\iff y=f\left(1\right)$

Phương trình hoành độ giao điểm của tiếp tuyến trên với đồ thị (C): $f\left(x\right)=f\left(1\right)$

Từ đồ thị, ta có: $f\text{'}\left(-1\right)=f\text{'}\left(3\right)=0$. Ta được BBT của hàm số $y=f\left(x\right)$

Từ BBT, ta thấy đường thẳng $y=f\left(1\right)$ cắt đồ thị hàm số tại ba điểm có hoành độ lần lượt là 1, a, b với a < - 1 và b > 3. Như vậy đáp án D đúng, các khẳng định A, B, C đều không thỏa điều trên.

Đáp án A

Vì điểm M(a; b) thuộc đồ thị $\left(C_m\right)$ nên ta có: ${\left(a-m\right)}^3-3a+m^2=b,\forall m\in R\left(1\right)$

Xét $y\text{'}=3{\left(x-m\right)}^2-3;y\text{'}=0\iff \left[\begin{array}{c}x=m-1\\ x=m+1\end{array}\right.$

Bảng biến thiên

Dựa vào BBT ta có:

Nếu $m_1$ là giá trị của tham số m để đồ thị hàm số nhận điểm M(a; b) là điểm cực đại thì $a=m_1-1$

Nếu $m_2$ là giá trị của tham số m để đồ thị hàm số nhận điểm M(a; b) là điểm cực tiểu thì $a=m_2+1$

Do đó $m_1=a+1,m_2=a-1$

Mà $m_1,m_2$ phải thỏa mãn (1) nên ta có: $\left\{\begin{array}{c}-1-3a+{\left(a+1\right)}^2=b\\ 1-3a+{\left(a-1\right)}^2=b\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{c}a=\frac{1}{2}\\ b=-\frac{1}{4}\end{array}\right.$

Vậy $S=2018a+2020b=504$

Đáp án C

Phương trình đường thẳng $d:y=m\left(x-2\right)$

Phương trình hoành độ giao điểm của d và (C) là:

$$\begin{gathered} -x^3+6x^2-9x+2=m\left(x-2\right) \\ \iff \left(x-2\right)\left(x^2-4x+m+1\right)=0 \\ \iff \left[\begin{array}{c}x=2\Rightarrow A\left(2;0\right)\\ x^2-4x+m+1=0\left(1\right)\end{array}\right. \end{gathered}$$

Để đồ thị hàm số (C) cắt d tại 3 điểm phân biệt thì phương trình (1) phải có 2 nghiệm phân biệt $x\ne 2$

Đk: $\left\{\begin{array}{c}\Delta >0\\ 4-8+m+1\ne 0\end{array}\right.$

$\iff \left\{\begin{array}{c}4-m-1>0\\ m-3\ne 0\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{c}m<3\\ m\ne 3\end{array}\right.\iff m<3$

Giả sử $B\left(x_1;m{x}_1-2m\right),B\left(x_2;m{x}_2-2m\right)$ với $x_1,x_2$ là hai nghiệm của phương trình (1)

Theo Vi-et: $\left\{\begin{array}{c}{x}_1+x_2=4\\ x_1.x_2=m+1\end{array}\right.$

Vì $m>0\Rightarrow x_1>0,x_2>0$. Ta có $B\text{'}\left(0;m{x}_1-2m\right),C\text{'}\left(0;m{x}_2-2m\right)$

Ta có:

$$\begin{gathered} S_{BB\text{'}C\text{'}C}=\frac{1}{2}B\text{'}C\text{'}\left(BB\text{'}+CC\text{'}\right)=8 \\ \iff B\text{'}C\text{'}\left(BB\text{'}+CC\text{'}\right)=16\left(*\right) \end{gathered}$$

Mà $B\text{'}C\text{'}=\left|m\left(x_1-x_2\right)\right|,BB\text{'}=\left|x_1\right|=x_1;CC"=\left|x_2\right|=x_2$

Do đó (*) $\iff m\left|x_1-x_2\right|\left(x_1+x_2\right)=16$

$\iff m\left|x_1-x_2\right|=4\iff m^2{\left(x_1-x_2\right)}^2=16$

$$\begin{gathered} \iff m^2\left[{\left(x_1+x_2\right)}^2-4x_1{x}_2\right]=16 \\ \iff m^2\left(16-4m-4\right)=16 \\ \iff m^3-3m^2+4=0\iff \left[\begin{array}{c}m=-1\\ m=2\end{array}\right. \end{gathered}$$

Kết hợp với m > 0 và m < 3 ta có m = 2

Đáp án C

Với m = 0 thì hàm số không xác định. Do đó $m\ne 0$ (1)

Ta có: $\underset{x\to +\infty }{\lim }y=\underset{x\to +\infty }{\lim }\frac{x+1}{\sqrt{m^2{x}^2+m-1}}=\frac{1}{\left|m\right|}$ và $\underset{x\to -\infty }{\lim }y=\underset{x\to -\infty }{\lim }\frac{x+1}{\sqrt{m^2{x}^2+m-1}}=\frac{-1}{\left|m\right|}$

$\Rightarrow$ đồ thị hàm số có 2 đường tiệm cận ngang.

Để đồ thị hàm số có bốn đường tiệm cận thì cần tìm m để đồ thị hàm số có 2 đường tiệm cận đứng, nghĩa là cần tìm m để phương trình $g\left(x\right)=m^2{x}^2+m-1=0$ có 2 nghiệm phân biệt khác – 1.

Đk: $\left\{\begin{array}{c}\Delta =-4m^2\left(m-1\right)>0\\ g\left(-1\right)=m^2+m-1\ne 0\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{c}m<1\\ m\ne 0\\ m\ne \frac{-1\pm \sqrt{5}}{2}\end{array}\right.$ (2)

Kết hợp (1) và (2) ta có $\left\{\begin{array}{c}m<1\\ m\ne 0\\ m\ne \frac{-1\pm \sqrt{5}}{2}\end{array}\right.$

Đáp án C

Hàm số $y=f\left(x\right)=a{x}^3+b{x}^2+cx+d$; $f\text{'}\left(x\right)=3a{x}^2+2bx+c$ có đồ thị như hình vẽ

Do đó $x=0\Rightarrow d=4;x=2\Rightarrow 8a+4b+2c+d=0$; $f\text{'}\left(2\right)=0\iff 12+4b+x=0$; $f\text{'}\left(0\right)=0\iff c=0$

Tìm được $a=1;b=-3;c=0;d=4$ và hàm số $y=x^3-3x^2+4$

Ta có:

$$\begin{gathered} g\left(x\right)=f\left(\sqrt{x^2+x+2}\right) \\ ={\left(\sqrt{x^2+x+2}\right)}^3-3\left(x^2+x+2\right)+4 \\ \Rightarrow g\text{'}\left(x\right)=\frac{3}{2}\left(2x+1\right)\sqrt{x^2+x+2}-3\left(2x+1\right) \\ =3\left(2x+1\right)\left(\frac{1}{2}\sqrt{x^2+x+2}-1\right) \\ g\text{'}\left(x\right)=0\Rightarrow \left[\begin{array}{c}x=-\frac{1}{2}\\ x=1\\ x=-2\end{array}\right. \end{gathered}$$

Bảng xét dấu của g(x):

Vậy g(x) nghịch biến trên khoảng $\left(\frac{-1}{2};0\right)$

Đáp án C

Ta có: $y\text{'}=2x.f\text{'}\left(x^2\right)$

$$\begin{gathered} y\text{'}=0\iff \left[\begin{array}{c}2x=0\\ x^2=0\\ x^2=1\\ x^2=2\\ x^2=4\end{array}\right.\iff \left[\begin{array}{c}x=0\\ x=0\\ x=\pm 1\\ x=\pm \sqrt{2}\\ x=\pm 2\end{array}\right. \\ f\text{'}\left(x^2\right)>0\iff \left[\begin{array}{c}{x}^2>4\\ 0<x^2<1\end{array}\right.\iff \left[\begin{array}{c}x>2\\ x<-2\\ -1<x<1\end{array}\right. \end{gathered}$$

Bảng xét dấu:

Quan sát bảng xét dấu ta thấy: qua 5 điểm $x=2,x=-1,x=0,x=1,x=2$ là y; đổi dấu

Vậy hàm số có 5 cực trị

Đáp án C

Ta có: $\underset{x\to 1^{+}}{\lim }y=+\infty \Rightarrow x=1$ là tiệm cận đứng; $\underset{x\to +\infty }{\lim }y=2\Rightarrow y=2$ là tiệm cận ngang

$M\in \left(C\right)\Rightarrow M\left(a;2+\frac{5}{a-1}\right)$ với $a\ne 1$

Khoảng cách từ M đến tiệm cận đứng: $d_1=\frac{\left|a-1\right|}{\sqrt{1}}=\left|a-1\right|$

Khoảng cách từ M đến tiệm cận ngang $d_2=\frac{\left|2+\frac{5}{a-1}-2\right|}{\sqrt{0^2+1^2}}=\left|\frac{5}{a-1}\right|$

Ta có: $d_1.d_2=\left|a-1\right|.\left|\frac{5}{a-1}\right|=\left|\left(a-1\right).\frac{5}{a-1}\right|=5$

Đáp án C

Ta có: $y=\frac{3x-1}{x-3}\Rightarrow y=3+\frac{8}{x-3}\Rightarrow y-3=\frac{8}{x-3}$

Đặt $\left\{\begin{array}{c}X=x-3\\ Y=y-3\end{array}\right.$. Ta có: $Y=\frac{8}{X}$

Gọi $M\left(X_1;\frac{8}{X_1}\right)$ thuộc nhánh trái, $N\left(X_2;\frac{8}{X_2}\right)$ thuộc nhánh phải của đồ thị hàm số,

Với $X_1<0<X_2$. Ta có: $M{N}^2={\left(X_2-X_1\right)}^2+64{\left(\frac{1}{X_2}-\frac{1}{X_1}\right)}^2$

$$\begin{gathered} \Rightarrow M{N}^2=2\sqrt{{\left(X_2-X_1\right)}^2.64{\left(\frac{1}{X_2}-\frac{1}{X_1}\right)}^2} \\ \Rightarrow M{N}^2\ge 16\left|\left(X_2-X_1\right)\left(\frac{1}{X_2}-\frac{1}{X_1}\right)\right| \\ \Rightarrow M{N}^2\ge 16\frac{\left(X_2-X_1\right)}{\left|X_1{X}_2\right|} \\ \Rightarrow M{N}^2\ge 16\frac{-4X_1{X}_2}{-X_1{X}_2}=64 \end{gathered}$$

Do vậy $MN\ge 8$

Dấu bằng xảy ra $\iff \left\{\begin{array}{c}{X}_2=-X_1\\ {\left(X_2-X_1\right)}^2=64{\left(\frac{1}{X_2}-\frac{1}{X_1}\right)}^2\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{c}{X}_1=-2\sqrt{2}\\ X_2=2\sqrt{2}\end{array}\right.$

Vậy với $M\left(-2\sqrt{2};-2\sqrt{2}\right);N\left(2\sqrt{2};2\sqrt{2}\right)$ thì MN có độ dài ngắn nhất bằng 8

Đáp án A

Theo giả thiết a > 0, b > 0

Với ab = 4 ta có:

$$\begin{gathered} y=\frac{a{x}^2+x-1}{4x^2+bx+9}=\frac{\frac{4}{b}{x}^2+x-1}{4x^2+bx+9} \\ =\frac{4x^2+bx-b}{b\left(4x^2+bx+9\right)}=\frac{1}{b}-\frac{b+9}{b\left(4x^2+bx+9\right)} \end{gathered}$$

Đồ thị (C) có đúng 1 đường tiệm cận đứng nên $4x^2+bx+9=0$ có nghiệm kép

Suy ra $\Delta =b^2-\mathrm{4.4.9}=0\iff b=12(dob>0)$

Ta có:

$$\begin{gathered} ab=4\Rightarrow a=\frac{1}{3}; \\ c=\underset{x\to +\infty }{\lim }\frac{a{x}^2+x-1}{4x^2+bx+9} \\ =\underset{x\to +\infty }{\lim }\frac{a+\frac{1}{x}-\frac{1}{x^2}}{4+\frac{b}{x}+\frac{9}{x^2}}=\frac{a}{4}\Rightarrow c=\frac{1}{12} \end{gathered}$$

Vậy $T=3a+b-24c=11$

Đáp án D

Dựa vào đồ thị của hàm số y = f'(x) ta có BBT của hàm số  = f(x)

Quan sát BBT ta thấy:

$f\left(2\right)<f\left(3\right)<f\left(5\right)$ và $f\left(0\right)>f\left(2\right)$

Mặt khác:

$$\begin{gathered} f\left(0\right)+f\left(3\right)=f\left(2\right)+f\left(5\right) \\ \iff f\left(3\right)-f\left(2\right)=f\left(5\right)-f\left(0\right)>0\Rightarrow f\left(5\right)>f\left(0\right) \end{gathered}$$

Vậy trên đoạn $\left[0;5\right]$ hàm số $y=f\left(x\right)$ có $f\left(2\right)<f\left(0\right)<f\left(5\right)$

Do đó:

+ GTNN của hàm số trên đoạn $\left[0;5\right]$ là f(2)

+ GTLN của hàm số trên đoạn $\left[0;5\right]$ là f(5)

Đáp án C

Ta có: $g\text{'}\left(x\right)=f\text{'}\left(x\right)-1$. Do đó đồ thị hàm số g'(x) có được bằng cách tịnh tiến đồ thị của hàm số f'(x) đi xuống 1 đơn vị

Quan sát đồ thị hàm số g'(x) ta thấy g'(x) đổi dấu từ dương sang âm khi đi qua điểm x = - 1

Do đó g(x) đạt cực đại tại x = - 1

Đáp án B

Ở tháng thu nhập của công ty cao nhất, gọi số căn hộ bị bỏ trống là x thì số tiền thuê mỗi phòng là: $\mathrm{2.000.000}+50.000x$

Khi đó số tiền thu được là:

$f\left(x\right)=\left(\mathrm{2.000.000}+50.000x\right)-50.000x^2+500.000x+\mathrm{100.000.000}$

Ta cần tìm $x\in \left(0;50\right)$ để f(x) lớn nhất

Ta có: $f\text{'}\left(x\right)=-100.000x+500.000;f\text{'}\left(x\right)=0\iff x=5$

Bảng biến thiên:

Vậy mỗi tháng lợi nhuận cao nhất thu được của công ty là 101.250.000

Đáp án A

Tập xác định: D = R

Ta có: $y\text{'}=4x^3-4mx=4x\left(x^2-m\right)$

Đồ thị hàm số có ba điểm cực trị $\iff m\ge 0$

Khi đó: $y\text{'}=4m{x}^3-4mx=0\iff \left[\begin{array}{c}x=0\\ x=\pm \sqrt{m}\end{array}\right.$

Suy ra: Đồ thị hàm số có ba điểm cực trị là

$$\begin{gathered} A\left(0;m-1\right);B\left(-\sqrt{m};-m^2+m-1\right); \\ C\left(\sqrt{m};-m^2+m-1\right) \end{gathered}$$

Ta có: $S_{\Delta ABC}=\frac{1}{2}\left|y_B-y_A\right|.\left|x_C-x_B\right|=m^2\sqrt{m}$

$AB=AC=\sqrt{m^4+m};BC=2\sqrt{m}$

Gọi R = 1 là bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC

Diện tích tam giác ABC là:

$S_{\Delta ABC}=\frac{AB.AC.BC}{4R}=\frac{2\sqrt{m}\left(m^4+m\right)}{4}$

Suy ra $m^2\sqrt{m}=\frac{2\sqrt{m}\left(m^4+m\right)}{4}\iff 2m=m^3+1$

$\iff \left(m-1\right)\left(m^2+m-1\right)=0$

$\iff \left[\begin{array}{c}m=1\\ m^2+m-1=0\end{array}\right.\iff \left[\begin{array}{c}m=1\\ m=\frac{-1+\sqrt{5}}{2}\\ m=\frac{-1-\sqrt{5}}{2}\left(l\right)\end{array}\right.$

Vậy m = 1 hoặc $m=\frac{-1+\sqrt{5}}{2}$

Đáp án A

$$\begin{gathered} y=\left|\sin x+\cos x+\tan x+\cot x+\frac{1}{\sin x}+\frac{1}{\cos x}\right| \\ y=\left|\sin x+\cos x+\frac{1+\sin x+\cos x}{\sin x\cos x}\right| \end{gathered}$$

Đặt $t=\sin x+\cos x\left(-\sqrt{2}\le t\le \sqrt{2}\right)$ thì $\sin x\cos x=\frac{t^2-1}{2}$

Khi đó:

$y=\left|t+\frac{2\left(t+1\right)}{t^2-1}\right|=\left|t+\frac{2}{t-1}\right|=\left|t-1+\frac{2}{t-1}+1\right|$

Nếu $t-1>0\Rightarrow t-1+\frac{2}{t-1}+1\ge 2\sqrt{2}+1\Rightarrow y\ge 2\sqrt{2}+1$

Nếu $t-1<0\iff t<1$ thì ta viết lại $y=\left|1-t+\frac{2}{1-t}-1\right|$

Ta có: $1-t+\frac{2}{1-t}-1\ge 2\sqrt{2}\Rightarrow 1-t+\frac{2}{1-t}-1\ge 2\sqrt{2}-1$ hay $y\ge 2\sqrt{2}-1$

Vậy $y\ge 2\sqrt{2}-1$

Dấu bằng xảy ra $\iff {\left(1-t\right)}^2=2\iff t=1-\sqrt{2}\left(t<1\right)$

$$\begin{gathered} \Rightarrow \sin x+\cos x=1-\sqrt{2} \\ \iff \sqrt{2}\sin \left(x+\frac{\pi }{4}\right)=1-\sqrt{2} \\ \iff \sin \left(x+\frac{\pi }{4}\right)=\frac{1-\sqrt{2}}{2} \end{gathered}$$

Đáp án A

Đồ thị hàm số y = f(x) cắt trục hoành tại 4 điểm phân biệt nên

$$\begin{gathered} f\left(x\right)=a\left(x-x_1\right)\left(x-x_2\right)\left(x-x_3\right)\left(x-x_4\right) \\ f\text{'}\left(x\right)=a\left(x-x_2\right)\left(x-x_3\right)\left(x-x_4\right)+a\left(x-x_1\right)\left(x-x_3\right)\left(x-x_4\right) \\ +a\left(x-x_1\right)\left(x-x_2\right)\left(x-x_4\right)+a\left(x-x_1\right)\left(x-x_2\right)\left(x-x_3\right) \end{gathered}$$

Rõ ràng

$$\begin{gathered} f\left(x\right)=0\Rightarrow \left[\begin{array}{c}x=x_1\\ x=x_2\\ x=x_3\\ x=x_4\end{array}\right.\Rightarrow f\text{'}\left(x\right)\ne 0 \\ \Rightarrow g\left(x\right)={\left[f\text{'}\left(x\right)\right]}^2-f\text{'}\text{'}\left(x\right).f\left(x\right)\ne 0 \end{gathered}$$

nên ta chỉ xét $f\left(x\right)\ne 0$

$\Rightarrow \frac{f\text{'}\left(x\right)}{f\left(x\right)}=\frac{1}{x-x_1}+\frac{1}{x-x_2}+\frac{1}{x-x_3}+\frac{1}{x-x_4},\forall x\in \left\{x_1;x_2;x_3;x_4\right\}$

Đặt $h\left(x\right)=\frac{f\text{'}\left(x\right)}{f\left(x\right)}=\frac{1}{x-x_1}+\frac{1}{x-x_2}+\frac{1}{x-x_3}+\frac{1}{x-x_4},\forall x\in \left\{x_1;x_2;x_3;x_4\right\}$

Ta có: $h\text{'}\left(x\right)=\frac{f\text{'}\text{'}\left(x\right).f\left(x\right)-{\left[f\text{'}\left(x\right)\right]}^2}{f^2\left(x\right)}$

$$\begin{gathered} =\frac{-1}{{\left(x-x_1\right)}^2}+\frac{-1}{{\left(x-x_2\right)}^2}+\frac{-1}{{\left(x-x_3\right)}^2}+\frac{-1}{{\left(x-x_4\right)}^2}<0,\forall x\in \left\{x_1;x_2;x_3;x_4\right\} \\ \Rightarrow f\text{'}\text{'}\left(x\right).f\left(x\right)-{\left[f\text{'}\left(x\right)\right]}^2<0,\forall x\in \left\{x_1;x_2;x_3;x_4\right\} \\ \Rightarrow g\left(x\right)=-f\text{'}\text{'}\left(x\right).f\left(x\right)+{\left[f\text{'}\left(x\right)\right]}^2<0,\forall x\in \left\{x_1;x_2;x_3;x_4\right\} \end{gathered}$$

Vậy đồ thị hàm số $y=g\left(x\right)={\left[f\text{'}\left(x\right)\right]}^2-f\text{'}\text{'}\left(x\right).f\left(x\right)$ không cắt trục Ox

Đáp án A

Số nghiệm của phương trình là số giao điểm của đồ thị hàm số $y=a{x}^4+b{x}^2+c$ với đường thẳng y = 0.

Ta có:

$$\begin{gathered} y\text{'}=4a{x}^3+2bx=0\iff 2x\left(2a{x}^2+b\right)=0 \\ \iff \left[\begin{array}{c}x=0\\ x^2=-\frac{b}{2a}\end{array}\right. \end{gathered}$$

Ta có: $ab<0\Rightarrow a,b$ trái dấu $\Rightarrow -\frac{b}{2a}>0\Rightarrow$ phương trình y’ = 0 có 3 nghiệm phân biệt hay đồ thị hàm số có 3 điểm cực trị.

+ với $x=0\Rightarrow y=c\Rightarrow A\left(0;c\right)$

+ với $x^2=-\frac{b}{2a}\Rightarrow x=\pm \sqrt{-\frac{b}{2a}}$

$$\begin{gathered} \Rightarrow y=\frac{-a\left(b^2-4ac\right)}{4a^2} \\ \Rightarrow B\left(-\sqrt{-\frac{b}{2a}};\frac{-a\left(b^2-4ac\right)}{4a^2}\right),C\left(\sqrt{-\frac{b}{2a}};\frac{-a\left(b^2-4ac\right)}{4a^2}\right) \end{gathered}$$

Ta có: $ac\left(b^2-4ac\right)>0\iff \frac{-a\left(b^2-4ac\right)}{4a^2}.c<0\Rightarrow y_B.y_A<0$

$\Rightarrow$ các điểm cực đại và cực tiểu nằm khác phía so với trục hoành.

$\Rightarrow$ đồ thị hàm số $y=a{x}^4+b{x}^2+c$ cắt trục hoành tại 4 điểm phân biệt.

Đáp án D

Ta có: $f\left(x\right)=x^3+a{x}^2+bx-2$

$$\begin{gathered} + f\left(0\right)=-2<0;f\left(1\right)=a+b-1>0 \\ \Rightarrow f\left(0\right).f\left(1\right)<0 \end{gathered}$$

$\Rightarrow$ phương trình f(x) = 0 có ít nhất 1 nghiệm $x_1\in \left(0;1\right)$

$+ f\left(2\right)=2\left(3+2a+b\right)<0\Rightarrow f\left(2\right).f\left(1\right)<0$

$\Rightarrow$ phương trình f(x) = 0 có ít nhất 1 nghiệm $x_2\in \left(1;2\right)$

Do đó phương trình f(x) = 0 có ít nhất 2 nghiệm và đồ thị hàm số y = f(x) chỉ có thể có dạng:

Khi đó, đồ thị hàm số $y=f\left(\left|x\right|\right)$ (màu tím) và $y=\left|f\left(\left|x\right|\right)\right|$ (màu cam) lần lượt có đồ thị như sau:

Như vậy, hàm số $y=\left|f\left(\left|x\right|\right)\right|$ có tất cả 11 cực trị

Đáp án B

$$\begin{gathered} y=f\left(1-x\right)+\frac{x^2}{2}-x\Rightarrow y\text{'}=-f\text{'}\left(1-x\right)+x-1 \\ y\text{'}=0\iff f\text{'}\left(1-x\right)>-\left(1-x\right) \end{gathered}$$

Dựa vào đồ thị hàm số, ta có: Đồ thị hàm số f'(x) cắt đường thẳng y = -x tại 3 điểm phân biệt là: $A\left(-3;3\right),B\left(-1;1\right),C\left(3;-3\right)$

$$\begin{gathered} f\text{'}\left(1-x\right)>-\left(1-x\right)\iff \left[\begin{array}{c}1-x<-3\\ 1<1-x<3\end{array}\right. \\ \iff \left[\begin{array}{c}x>4\\ -2<x<0\end{array}\right. \end{gathered}$$

Hàm số $y=f\left(1-x\right)+\frac{x^2}{2}-x$ nghịch biến trên các khoảng $\left(-2;0\right),\left(4;+\infty \right)$

Đáp án C

Ta có:

$$\begin{gathered} y\text{'}=x^3\left[8x^4+5x\left(m-2\right)-4\left(m^2-4\right)\right]=0 \\ \iff \left[\begin{array}{c}x=0\\ g\left(x\right)=8x^4+5x\left(m-2\right)-4\left(m^2-4\right)=0\end{array}\right. \end{gathered}$$

Do x = 0 là một nghiệm của đạo hàm nên hàm số đạt cực tiểu tại x = 0 $\iff y\text{'}$ đổi dấu từ - sang + khi qua nghiệm x = 0.

+ TH1: x = 0 là nghiệm của g(x) hay $m=\pm 2$

Với m = 2 thì g(x) = 0 có nghiệm x = 0 bội 4 theo kết quả ở trên thì x = 0 là nghiệm bội 7 của y’ nên x = 0 là điểm cực tiểu của hàm số nên chọn m = 2.

Với m = - 2 thì g(x) có nghiệm x = 0 và 1 nghiệm dương, lúc này x = 0 là nghiệm bội 4 của f'(x) nên x = 0 không là điểm cực trị của hàm số. Loại m = - 2.

+ TH2: x = 0 không là nghiệm của g(x) hay $m\ne \pm 2$. Ta có: $g\left(0\right)=-4\left(m^2-4\right)$

$y\text{'}=x^{3}g\left(x\right)$ đổi dấu từ - sang + qua nghiệm x = 0 khi và chỉ khi $\left\{\begin{array}{c}\underset{x\to 0^{+}}{\lim }g\left(x\right)>0\\ \underset{x\to 0^{-}}{\lim }g\left(x\right)>0\end{array}\right.$

$\iff -4\left(m^2-4\right)>0\iff m^2-4<0\iff -2<m<2$

Do m nguyên nên $m\in \left\{-1;0;1\right\}$

Kết hợp hai trường hợp ta được $m\in \left\{-1;0;1;2\right\}$

Đáp án A

Ta có x = - 1 là TCĐ của đồ thị hàm số, y = 1 là TCN của đồ thị hàm số.

$\Rightarrow I\left(-1;1\right)$ là giao điểm của hai đường tiệm cận của dồ thị hàm số

Dựa vào đồ thị hàm số ta có $\Delta IAB$ là tam giác đều.

$\Rightarrow IH$ vừa là đường cao đồng thời là đường phân giác của $\widehat{AIB}\Rightarrow IH$ cũng là đường phân giác của góc phần tư thứ hai.

$\Rightarrow IH:y=-x$

Ta có: $AB\perp IH\Rightarrow AB:y=x+m\iff x-y+m=0$

$\Rightarrow d\left(I;AB\right)=\frac{\left|-1-1+m\right|}{\sqrt{2}}=\frac{\left|m-2\right|}{\sqrt{2}}$

Xét phương trình hoành độ giao điểm $\frac{x-2}{x+1}=x+m\iff x^2+mx+m+2=0$

Phương trình có 2 nghiệm phân biệt $\iff m^2-4\left(m+2\right)>0\iff m^2-4m>8$

Khi đó hoành độ các giao điểm A, B là nghiệm của phương trình trên

Gọi $A\left(x_1;x_1+m\right);B\left(x_2;x_2+m\right)$

Theo hệ thức Vi-et ta có: $\left\{\begin{array}{c}{x}_1+x_2=-m\\ x_1.x_2=m+2\end{array}\right.$

$$\begin{gathered} \Rightarrow A{B}^2={\left(x_1-x_2\right)}^2+{\left(x_1+m-x_2-m\right)}^2 \\ =2{\left(x_1-x_2\right)}^2=2{\left(x_1+x_2\right)}^2-8x_1{x}_2 \\ =2m^2-8\left(m+2\right) \end{gathered}$$

Do tam giác IAB đều nên $d\left(I;AB\right)=\frac{AB\sqrt{3}}{2}\iff d^2\left(I;AB\right)=\frac{3A{B}^2}{4}$

$\iff \frac{{\left(m-2\right)}^2}{2}=\frac{3\left[2m^2-8\left(m+2\right)\right]}{4}\iff m^2-4m=14$ (thỏa mãn đk $m^2-4m>8$)

$$\begin{gathered} \Rightarrow AB=\sqrt{2{\left(x_1-x_2\right)}^2}=\sqrt{2m^2-8\left(m+2\right)} \\ =\sqrt{2\left(m^2-4m-8\right)}=\sqrt{2.\left(14-8\right)}=2\sqrt{3} \end{gathered}$$