Quan sát BBT ta thấy đường thẳng $y = 2m + 1$ cắt đồ thị hàm số $y = f\left( x \right)$ tại hai điểm phân biệt $ \Leftrightarrow \left[ \begin{gathered}2m + 1 <  - 3 \hfill \\  2m + 1 > 3 \hfill \\ \end{gathered}  \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{gathered}  m <  - 2 \hfill \\  m > 1 \hfill \\ \end{gathered}  \right.$ .

Dễ thấy hàm số \(y = \dfrac{{x - 2}}{{x + 1}}\) là hàm phân thức bậc nhất trên bậc nhất nên không có cực trị.

Ngoài ra, có thể kiểm tra được các cực trị của mỗi hàm số được cho ở ba đáp án B, C, D.

+) Xét đáp án A:$y = \sin x - 3x$ có: $y' = \cos x - 3.$

Với $\forall {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} x \in R$ ta có: $ - 1 \le \cos x \le 1 \Rightarrow y' = {\rm{cosx\;}} - 3 < 0{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \forall x{\mkern 1mu} {\mkern 1mu}  \in R \Rightarrow $ hàm số nghịch biến trên $R.$

Vậy hàm số ở đáp án A không đồng biến trên $R$.

+) Xét đáp án B: $y = \cos x + 2x$ có: $y' = {\rm{\;}} - \sin x + 2.$

Với $\forall {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} x \in R$ ta có: $ - 1 \le \sin x \le 1 \Rightarrow y' = {\rm{\;}} - \sin x + 2 > 0{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \forall x{\mkern 1mu} {\mkern 1mu}  \in R$

Vậy hàm số đồng biến trên $\mathbb{R}.$

+) Xét đáp án C: $y'=3x^2\ge 0, \forall x$ nên hàm số đồng biến trên $R$.

+) Xét đáp án D: $y'=5x^4\ge 0, \forall x$ nên hàm số đồng biến trên $R$.

Vậy chỉ có hàm số ở đáp án A không đồng biến trên $R$.

Nhận xét: Dễ thấy bảng biến thiên của đồ thị hàm số bậc 3 nên loại đáp án B.

Ngoài cùng bên phải của $y< 0 \Rightarrow a < 0$ nên loại đáp án A.

Thay lần lượt hai điểm $\left( {0;\, - 1} \right)$ và $\left( {2;\,3} \right)$ vào 2 hàm số còn lại.

Thay $x = 0$ vào cả hai  hàm số $y =  - {x^3} + 3{x^2} - 1$ và $y =  - {x^3} - 3{x^2} - 1$ ta thu được $y =  - 1$ $ \Rightarrow \left( {0;\, - 1} \right)$ đều thuộc vào 2 đồ thị hàm số $y =  - {x^3} + 3{x^2} - 1$ và $y =  - {x^3} - 3{x^2} - 1$

Thay $x = 2$ vào hàm số $y =  - {x^3} + 3{x^2} - 1$ ta được $ y = 3 \Rightarrow \left( {2;\,3} \right)$ thuộc vào đồ thị hàm số $y =  - {x^3} + 3{x^2} - 1$.

Thay $x = 2$ vào hàm số $y =  - {x^3} - 3{x^2} - 1$ ta được $y =  - 21$ $ \Rightarrow \left( {2;\,3} \right)$ không thuộc vào đồ thị hàm số $y =  - {x^3} - 3{x^2} - 1$.

TXĐ: $D = R$

Ta có: $y' = 3{x^2} - 4mx + {m^2} \Rightarrow y'' = 6x - 4m$

Để $x = 1$ là điểm cực tiểu của hàm số  thì:

$\left\{ \begin{gathered}y'\left( 1 \right) = 0 \hfill \\y''\left( 1 \right) > 0 \hfill \\ \end{gathered}  \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{gathered}  {m^2} - 4m + 3 = 0 \hfill \\ 6 - 4m > 0 \hfill \\ \end{gathered}  \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{gathered}m = 1;m = 3 \hfill \\m < \dfrac{3}{2} \hfill \\ \end{gathered}  \right. \Leftrightarrow m = 1.$

Nếu $f'\left( x \right)$ đổi dấu từ âm sang dương qua điểm ${x_0}$ thì ${x_0}$ là điểm cực tiểu của hàm số.

Phương trình hoành độ giao điểm của hai đồ thị hàm số đã cho là:

$\begin{gathered}{x^4} - 2{x^2} + 2 =  - {x^2} + 4 \Leftrightarrow {x^4} - {x^2} - 2 = 0 \hfill \\   \Leftrightarrow \left[ \begin{gathered}  {x^2} =  - 1 < 0(L) \hfill \\  {x^2} = 2 \hfill \\ \end{gathered}  \right. \Leftrightarrow x =  \pm \sqrt 2  \hfill \\ \end{gathered} $

Như vậy hai đồ thị có $2$ giao điểm. 

GTNN của $f\left( x \right)$ trên $\left[ {0;2} \right]$ bằng $5$ nên $f\left( x \right) \geqslant 5,\forall x \in \left[ {0;2} \right] \Rightarrow f\left( 2 \right) \geqslant 5$.

A, B sai vì hàm số chỉ nghịch biến trên các khoảng $\left( { - \infty ; - 2} \right)$ và $\left( {0;2} \right)$

D sai vì hàm số chỉ đồng biến trên khoảng $\left( { - 2;0} \right)$ và $\left( {2; + \infty } \right)$

C đúng vì giá trị thấp nhất của y trên bảng biến thiên là 0.

Ta có $y' = \cos x \Rightarrow y' = 0 \Leftrightarrow \cos x = 0 \Leftrightarrow x = \dfrac{\pi }{2} + k\pi \left( {k \in \mathbb{Z}} \right)$

Do $x\in \left[ { - \dfrac{\pi }{2}; - \dfrac{\pi }{3}} \right]$ nên $k=-1$ hay $x=-\dfrac{\pi }{2}$

Suy ra $y\left( { - \dfrac{\pi }{2}} \right) =  - 1;\;\;y\left( { - \dfrac{\pi }{3}} \right) =  - \dfrac{{\sqrt 3 }}{2} \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{\rm{\;}}&{\mathop {\max}\limits_{\left[ { - \frac{\pi }{2}; - \frac{\pi }{3}} \right]}y =  - \dfrac{{\sqrt 3 }}{2}}\\{{\rm{ \;}}}&{\mathop {\min }\limits_{\left[ { - \frac{\pi }{2}; - \frac{\pi }{3}} \right]} y =  - 1}\end{array}} \right.$

Quan sát đồ thị ta thấy $\mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } y =  + \infty ;\mathop {\lim }\limits_{x \to  - \infty } y =  - \infty $ nên $a > 0$.

Đáp án A: Hàm số đạt cực đại tại $x = 0$ và $y = 3$ là giá trị cực đại của hàm số nên A sai.

Đáp án B: GTNN và giá trị cực tiểu của hàm số là $y = 0$ nên B đúng và C sai.

Đáp án D: Hàm số không có GTLN vì $\mathop {\lim }\limits_{x \to  \pm \infty } y =  + \infty $.

A sai vì trên đoạn $\left( {0;2} \right)$ vẫn có cực trị tại $x = 1$.

Hàm số đạt cực đại tại $x=1$ nên B đúng.

C sai vì hàm số đạt cực đại tại $x = 1$ không phải cực tiểu

D sai vì đạo hàm không đổi dấu qua $x = 0$ 

Đáp án A: Nếu \(f'\left( x \right) > 0,\forall x \in R\) thì hàm số \(y = f\left( x \right)\) đồng biến trên \(R\) nên A đúng.

Đáp án B: Nếu \(f'\left( x \right) < 0,\forall x \in R\) thì hàm số nghịch biến trên \(R\) nên B sai.

Đáp án C, D: Nếu \(f'\left( x \right) = 0,\forall x \in R\) thì hàm số không đổi trên \(R\) nên C, D sai.

Ta có \(\mathop {\lim }\limits_{x{\kern 1pt}  \to {\kern 1pt} \infty } y = \mathop {\lim }\limits_{x{\kern 1pt}  \to {\kern 1pt} \infty } \dfrac{{2018}}{{x - 2}} = 0 \Rightarrow {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} y = 0\) là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số.

Và \(\mathop {\lim }\limits_{x{\kern 1pt}  \to {\kern 1pt} 2} y = \mathop {\lim }\limits_{x{\kern 1pt}  \to {\kern 1pt} 2} \dfrac{{2018}}{{x - 2}} = \infty {\rm{\;}} \Rightarrow {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} x = 2\) là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số.

Vậy đồ thị hàm số đã cho có \(2\) đường tiệm cận.

TXĐ: $R$.

Ta có:

\(y'=-4x^3-4x=-4x(x^2+1)\)

\(\Rightarrow y' = 0 \Leftrightarrow x = 0\)

Ta có bảng biến thiên

Từ bảng biến thiên ta thấy hàm nghịch biến trên khoảng $\left( {0; + \infty } \right)$.

\(\begin{array}{l}y' = 4{x^3} - 4mx\\y' = 0 \Leftrightarrow 4{x^3} - 4mx = 0 \Leftrightarrow 4x\left( {{x^2} - m} \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\{x^2} = m\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x =  \pm \sqrt m \,\, (1)\end{array} \right.\end{array}\)

Hàm số \(y=f(x)\) có 3 cực trị

\( \Leftrightarrow y' = 0\) có 3 nghiệm phân biệt

\( \Leftrightarrow (1){\rm{\;}}\) có 2 nghiệm phân biệt khác 0

\( \Leftrightarrow \) \(m > 0\).

Gọi 3 điểm cực trị của hàm số lần lượt là \(A(0;a);B(-\sqrt m;b);C(\sqrt m;c)\). Khi đó:

\(\begin{array}{*{20}{l}}
{ + )x = 0 \Rightarrow A\left( {0;3m + 2} \right)}\\
{ + )x = - \sqrt m {\rm{\;}} \Rightarrow y = {{\left( { - \sqrt m } \right)}^4} - 2m.{{\left( { - \sqrt m } \right)}^2} + 3m + 2}\\
{ = {m^2} - 2{m^2} + 3m + 2}\\
{ = {\rm{\;}} - {m^2} + 3m + 2 \Rightarrow B\left( { - \sqrt m ; - {m^2} + 3m + 2} \right)}\\
{ + )x = \sqrt m {\rm{\;}} \Rightarrow y=- {m^2} + 3m + 2\\ \Rightarrow C\left( {\sqrt m ; - {m^2} + 3m + 2} \right)}
\end{array}\)

Ta luôn có $AB=AC$ nên tam giác $ABC$ đều

\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow AB = BC \Leftrightarrow A{B^2} = B{C^2}\\ \Leftrightarrow {\left( { - \sqrt m } \right)^2} + {\left( { - {m^2}} \right)^2} = {\left( {2\sqrt m } \right)^2} + {0^2}\\ \Leftrightarrow m + {m^4} = 4m\\ \Leftrightarrow {m^4} - 3m = 0\\ \Leftrightarrow m\left( {{m^3} - 3} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m = 0\\m = \sqrt[3]{3}\end{array} \right.\end{array}\) 

Kết hợp điều kiện \(m > 0 \Rightarrow m = \sqrt[3]{3}\)

$y' = 3{x^2} - 10x + 3 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{gathered}x = 3 \in \left[ {2;4} \right] \hfill \\x = \dfrac{1}{3} \notin \left[ {2;4} \right] \hfill \\ \end{gathered}  \right.$

$f\left( 2 \right) =  - 7,f\left( 3 \right) =  - 10,f\left( 4 \right) =  - 5$

Vậy giá trị lớn nhất của hàm số $y = {x^3} - 5{{\text{x}}^2} + 3{\text{x}} - 1$ trên đoạn $\left[ {2;4} \right]$ là $M =  - 5$

$\mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } y = \mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \dfrac{x}{{\sqrt {{x^2} - 1} }} $ $= \mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \dfrac{1}{{\sqrt {1 - \dfrac{1}{{{x^2}}}} }} = 1$

$ \Rightarrow y = 1$ là đường tiệm cận ngang của đồ thị hàm số

$\mathop {\lim }\limits_{x \to  - \infty } y = \mathop {\lim }\limits_{x \to  - \infty } \dfrac{x}{{\sqrt {{x^2} - 1} }} $ $= \mathop {\lim }\limits_{x \to  - \infty } \dfrac{x}{{ - x\sqrt {1 - \dfrac{1}{{{x^2}}}} }} =  - 1$

$ \Rightarrow y =  - 1$ là đường tiệm cận ngang của đồ thị hàm số

Hàm số \(y = {x^3} + b{x^2} - x + d\) có hệ số của \({x^3}\) dương nên loại (II).

Xét \(y' = 3{x^2} + 2bx - 1\) có \(\Delta ' = {b^2} + 3 > 0,\forall b \in \mathbb{R}\).

Do đó hàm số có hai cực trị.

Ta có đồ thị hàm số$y = \dfrac{{ax + 2}}{{cx + b}}$ đi qua điểm có tọa độ $\left( {0; - 1} \right)$

Thay $x = 0;\,y =  - 1$ vào hàm số ta được $ - 1 = \dfrac{{a.0 + 2}}{{c.0 + b}} \Rightarrow b =  - 2$

Đồ thị hàm số $y = \dfrac{{ax + 2}}{{cx - 2}}$ có

$\left\{ \begin{align} & \xrightarrow{TCD}x=\dfrac{2}{c}=2\Rightarrow c=1 \\  & \xrightarrow{TCN}y=\dfrac{a}{c}=\dfrac{a}{1}=1\Rightarrow a=1 \\ \end{align} \right.$ $\Rightarrow a=1;\,b=-2;\,c=1$

Ta có: \(y' = \dfrac{1}{{{{\left( {x + 2} \right)}^2}}}\)

Xét phương trình hoành độ giao điểm của đường thẳng $d$ đã cho và $\left( H \right)$.

$\begin{array}{l} - 2x + m = \dfrac{{2x + 3}}{{x + 2}}\\ \Leftrightarrow \left( {x + 2} \right)\left( { - 2x + m} \right) = 2x + 3\\ \Leftrightarrow  - 2{x^2} + \left( {m - 4} \right)x + 2m = 2x + 3\\ \Leftrightarrow 2{x^2} + \left( {6 - m} \right)x + 3 - 2m = 0{\rm{ }}\left( * \right)\end{array}$

$d$ cắt $\left( H \right)$ tại 2 điểm phân biệt $ \Leftrightarrow $ Phương trình (*) có $2$  nghiệm phân biệt khác \( - 2\)

$ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\Delta  = {\left( {6 - m} \right)^2} - 8\left( {3 - 2m} \right) > 0\\2.{\left( { - 2} \right)^2} + \left( {6 - m} \right).\left( { - 2} \right) + 3 - 2m \ne 0\end{array} \right.$$ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{m^2} + 4m + 12 > 0\\ - 1 \ne 0\end{array} \right.$

(luôn đúng)

Gọi hoành độ giao điểm hai điểm \(A,B\) lần lượt là \({x_1},{x_2}\), khi đó:\(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = \dfrac{{m - 6}}{2}\\{x_1}{x_2} = \dfrac{{3 - 2m}}{2}\end{array} \right.\)

Ta có:

\({k_1}.{k_2} = \dfrac{1}{{{{\left( {{x_1} + 2} \right)}^2}}}.\dfrac{1}{{{{\left( {{x_2} + 2} \right)}^2}}} = \dfrac{1}{{{{\left[ {\left( {{x_1} + 2} \right)\left( {{x_2} + 2} \right)} \right]}^2}}}\)

\( = \dfrac{1}{{{{\left[ {{x_1}{x_2} + 2\left( {{x_1} + {x_2}} \right) + 4} \right]}^2}}} = \dfrac{1}{{{{\left[ {\dfrac{{3 - 2m}}{2} + 2.\dfrac{{m - 6}}{2} + 4} \right]}^2}}}\)

\( = \dfrac{1}{{{{\left( {\dfrac{{3 - 2m + 2m - 12 + 8}}{2}} \right)}^2}}} = 4\)

Khi đó \(P = k_1^{2018} + k_2^{2018} \ge 2{\left| {{k_1}{k_2}} \right|^{1009}} = {2.4^{1009}} = {2^{2019}}\).

Dấu “=” xảy ra khi \({k_1} = {k_2} = 2\) hay hai tiếp tuyến tại hai giao điểm song song.

Điều này chỉ xảy ra khi hai giao điểm này đối xứng với nhau qua tâm đối xứng \(I\) của đồ thị \(\left( H \right)\) hay \(d\) đi qua \(I\left( { - 2;2} \right)\) là giao điểm hai đường tiệm cận của đồ thị hàm số.

\( \Leftrightarrow I \in d \Leftrightarrow 2 = -2.\left( {-2} \right) + m \Leftrightarrow m = -2\)

Gọi $M\left( {m;\dfrac{{m + 1}}{{m - 2}}} \right) \in \left( C \right)\,\left( {m \ne 2} \right)$. Tổng khoảng cách từ M đến 2 đường tiệm cận $x = 2 $ và $y = 1$ là

$S = \left| {m - 2} \right| + \left| {\dfrac{{m + 1}}{{m - 2}} - 1} \right| = \left| {m - 2} \right| + \dfrac{3}{{\left| {m - 2} \right|}} \geqslant 2\sqrt {\left| {m - 2} \right|.\dfrac{3}{{\left| {m - 2} \right|}}}  = 2\sqrt 3 $

Dấu “=” xảy ra $ \Leftrightarrow \left| {m - 2} \right| = \dfrac{3}{{\left| {m - 2} \right|}} \Leftrightarrow \left| {m - 2} \right| = \sqrt 3  \Leftrightarrow m = 2 \pm \sqrt 3 $

Vậy có 2 điểm thỏa mãn bài toán là ${M_1}\left( {2 + \sqrt 3 ;1 + \sqrt 3 } \right),{M_2}\left( {2 - \sqrt 3 ;1 - \sqrt 3 } \right)$

${\left( {x - 4} \right)^2} + {\left( {y - 4} \right)^2} + 2xy \leqslant 32 $ $\Leftrightarrow {\left( {x + y} \right)^2} - 8\left( {x + y} \right) \leqslant 0 $ $\Leftrightarrow 0 \leqslant x + y \leqslant 8$

$A = {\left( {x + y} \right)^3} - 3\left( {x + y} \right) - 6xy + 6 $ $\geqslant {\left( {x + y} \right)^3} - \dfrac{3}{2}{\left( {x + y} \right)^2} - 3\left( {x + y} \right) + 6$

(do ${\left( {x + y} \right)^2} \geqslant 4xy $ $\Rightarrow xy \leqslant \dfrac{{{{\left( {x + y} \right)}^2}}}{4} $ $\Rightarrow  - 6xy \geqslant  - \dfrac{3}{2}{\left( {x + y} \right)^2}$ )

Xét hàm số $f\left( t \right) = {t^3} - \dfrac{3}{2}{t^2} - 3t + 6$ trên đoạn $\left[ {0,8} \right]$, ta có

$f'\left( t \right) = 3{t^2} - 3t - 3,f'\left( t \right) = 0 $ $\Leftrightarrow t = \dfrac{{1 \pm \sqrt 5 }}{2}$

(giá trị $\dfrac{{1 - \sqrt 5 }}{2} \notin \left[ {0;8} \right]$ nên loại)

Thực hiện tính toán ta có: $f\left( 0 \right) = 6,f\left( {\dfrac{{1 + \sqrt 5 }}{2}} \right) = \dfrac{{17 - 5\sqrt 5 }}{4},f\left( 8 \right) = 398 $

$\Rightarrow A \geqslant f\left( t \right) \geqslant \dfrac{{17 - 5\sqrt 5 }}{4} \Rightarrow A \geqslant \dfrac{{17 - 5\sqrt 5 }}{4}$

Vậy giá trị nhỏ nhất của $A$ là $\dfrac{{17 - 5\sqrt 5 }}{4}$  xảy ra khi $\left\{ \begin{gathered} x + y = \dfrac{{1 + \sqrt 5 }}{2} \hfill \\ x = y \hfill \\ \end{gathered}  \right. \Leftrightarrow x = y = \dfrac{{1 + \sqrt 5 }}{4}$

Từ đồ thị ta thấy $(C_1)$ là đồ thị của hàm bậc bốn; $(C_2)$ là đồ thị của hàm bậc ba; $\left( {{C_3}} \right)$là đồ thị hàm bậc hai (parabol) nên $(C_1)$ là đồ thị của $f(x)$; $\left( {{C_2}} \right)$ là đồ thị của $f'\left( x \right)$; $\left( {{C_3}} \right)$ là đồ thị của $f''\left( x \right)$