Ta có $y' = {x^3} + x$

$ \Rightarrow $ Hệ số góc của tiếp tuyến với đồ thị hàm số tại điểm có hoành độ $x=-1$ là $k = y'( - 1) =  - 2$ 

Sử dụng định lý về xét tính đồng biến, nghịch biến của hàm số trên một khoảng đã nêu ở phần phương pháp, ở đây khoảng $K=(a;b)$ ta được:

Hàm số $y = f\left( x \right)$ xác định và có đạo hàm $f'\left( x \right) < 0,\forall x \in \left( {a;b} \right)$ thì $f\left( x \right)$ nghịch biến trên $\left( {a;b} \right)$.

Hàm phân thức bậc nhất trên bậc nhất không có cực trị.

TXĐ: $x \ne 0$.

$f'\left( x \right) = \dfrac{{x\cos x - \sin x}}{{{x^2}}} < 0 \forall x \in \left[ {\dfrac{\pi }{6};\dfrac{\pi }{3}} \right]$

Thật vậy,

Xét hàm \(g\left( x \right) = x\cos x - \sin x\) trên \(\left[ {\dfrac{\pi }{6};\dfrac{\pi }{3}} \right]\) có:

\(g'\left( x \right) = \cos x - x\sin x - \cos x\) \( =  - x\sin x < 0,\forall x \in \left[ {\dfrac{\pi }{6};\dfrac{\pi }{3}} \right]\)

Do đó hàm số \(g\left( x \right)\) nghịch biến trên \(\left[ {\dfrac{\pi }{6};\dfrac{\pi }{3}} \right]\).

Suy ra \(g\left( x \right) \le g\left( {\dfrac{\pi }{6}} \right)\) \( = \dfrac{\pi }{6}.\cos \dfrac{\pi }{6} - \sin \dfrac{\pi }{6} < 0\) hay \(x\cos x - \sin x < 0\) với \(\forall x \in \left[ {\dfrac{\pi }{6};\dfrac{\pi }{3}} \right]\)

$ \Rightarrow \mathop {\max }\limits_{\left[ {\dfrac{\pi }{6};\dfrac{\pi }{3}} \right]} f\left( x \right) = f\left( {\dfrac{\pi }{6}} \right) = \dfrac{3}{\pi }$.

TXĐ: $D = R$

TH1: $m = 0 \to y = x - 1.$

Hàm số không có cực trị.

TH2: $m \ne 0$.

Ta có: $y = \dfrac{{m{x^3}}}{3} - m{x^2} + x - 1$ $ \Rightarrow y' = m{x^2} - 2mx + 1.$

Để hàm số cho có cực đại, cực tiểu thì phương trình $y' = 0$ phải có $2$ nghiệm phân biệt

$ \Rightarrow \Delta ' = {m^2} - m > 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{gathered} m < 0 \hfill \\ m > 1 \hfill \\\end{gathered}  \right..$

Quan sát đồ thị hàm số ta thấy:

+) Với \(m < 3\) thì đường thẳng \(y = m\) cắt đồ thị hàm số \(y = f\left( x \right)\) tại \(3\) điểm phân biệt.

+) Với \(m = 3\) thì đường thẳng \(y = m\) cắt đồ thị hàm số \(y = f\left( x \right)\) tại \(2\) điểm phân biệt.

+) Với \(m > 3\) thì đường thẳng \(y = m\) cắt đồ thị hàm số \(y = f\left( x \right)\) tại  duy nhất \(1\) điểm.

Vậy đường thẳng \(y = m\) cắt đồ thị hàm số \(y = f\left( x \right)\) tại nhiều nhất \(3\) điểm.

Do đó phương trình đã cho có nhiều nhất \(3\) nghiệm.

Nếu $\left\{ \begin{gathered} f'\left( {{x_0}} \right) = 0 \hfill \\ f''\left( {{x_0}} \right) > 0 \hfill \\\end{gathered}  \right.$ thì ${x_0}$ là một điểm cực tiểu của hàm số.

Từ bảng biến thiên ta thấy $\mathop {\lim }\limits_{x \to  \pm \infty } y =  - \infty $ nên $a < 0$.

Hàm đa thức bậc ba xác định trên $R$.

Dễ thấy hàm số bậc bốn trùng phương có cực đại, cực tiểu thì \({y_{CT}} < {y_{CD}}\) nên nếu \({y_{CT}} > 0\) thì \({y_{CD}} > 0\).

A đúng vì đồ thị hàm số có đường tiệm cận đứng là \(x = 1\)

B đúng vì hàm số luôn đồng biến nên không có cực trị

C đúng vì đồ thị hàm số có đường tiệm cận ngang \(y = 2\)

D sai vì hàm số đồng biến trên các khoảng \(\left( { - \infty ;1} \right)\) và \(\left( {1; + \infty } \right)\) chứ không đồng biến trên toàn bộ tập số thực \(\mathbb{R}\)

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

Nếu $\mathop {\lim }\limits_{x \to x_0^ + } y =  + \infty $ thì đường thẳng $x = {x_0}$ là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số.

Dựa vào BBT và các phương án lựa chọn, ta thấy:

Đây là dạng hàm số trùng phương có hệ số $a < 0$. Loại A và C.

Mặt khác, đồ thị hàm số đi qua điểm \(\left( {0;2} \right)\) nên loại B.

Tiệm cận đứng của đồ thị hàm số \(y = \dfrac{{x + 1}}{{x - 2}}\) là đường thẳng có phương trình \(x = 2\)

TXĐ: \(D = \mathbb{R}\backslash \left\{ 3 \right\}\).

Dựa vào BBT, ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}\mathop {\lim }\limits_{x \to  \pm \infty } f\left( x \right) = \dfrac{1}{2}\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\\\mathop {\lim }\limits_{x \to {3^ + }} f\left( x \right) =  + \infty ,\mathop {\lim }\limits_{x \to {3^ - }} f\left( x \right) =  - \infty \end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}\dfrac{a}{b} = \dfrac{1}{2}\\ - \dfrac{c}{b} = 3\end{array} \right.\)\( \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = \dfrac{b}{2}\\c =  - 3b\end{array} \right.\)

Ta có: \(f\left( x \right) = \dfrac{{ax - 1}}{{bx + c}}\, \Rightarrow f'\left( x \right) = \dfrac{{ac + b}}{{{{\left( {bx + c} \right)}^2}}}\).

Dựa vào BBT ta thấy \(f'\left( x \right) < 0\,\,\,\forall x \ne 3 \Leftrightarrow ac + b < 0\,\,\forall x \ne 3\)\( \Leftrightarrow \dfrac{b}{2}.\left( { - 3b} \right) + b < 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}b < 0\\b > \dfrac{2}{3}\end{array} \right.\).

Ta có:

\(g'\left( x \right)  = \left[ {f\left( {1 - x} \right)} \right]' = \left( {1 - x} \right)'f'\left( {1 - x} \right)=  - f'\left( {1 - x} \right)\)

\(=  - {\left( {1 - x} \right)^2}\left( {1 - x - 2} \right)\left[ {{{\left( {1 - x} \right)}^2} - 6\left( {1 - x} \right) + m} \right]\) \( =  - {\left( {1 - x} \right)^2}\left( { - 1 - x} \right)\left( {{x^2} + 4x + m - 5} \right) = {\left( {x - 1} \right)^2}\left( {x + 1} \right)\left( {{x^2} + 4x + m - 5} \right)\)

Hàm số \(g\left( x \right)\) nghịch biến trên \(\left( { - \infty ; - 1} \right)\)

\( \Leftrightarrow g'\left( x \right) \le 0,\forall x \in \left( { - \infty ; - 1} \right) \Leftrightarrow \left( {x + 1} \right)\left( {{x^2} + 4x + m - 5} \right) \le 0,\forall x \in \left( { - \infty ; - 1} \right)\)

\( \Leftrightarrow {x^2} + 4x + m - 5 \ge 0,\forall x \in \left( { - \infty ; - 1} \right)\) (do \(x + 1 < 0,\forall x \in \left( { - \infty ; - 1} \right)\))

\( \Leftrightarrow h\left( x \right) = {x^2} + 4x - 5 \ge  - m\,\,\forall x \in \left( { - \infty ; - 1} \right)\)

\(\Leftrightarrow  - m \le \mathop {\min }\limits_{\left( { - \infty ; - 1} \right]} h\left( x \right)\).

Ta có \(h'\left( x \right) = 2x + 4 = 0 \Leftrightarrow x =  - 2\).

BBT:

Dựa vào BBT ta có \( - m \le  - 9 \Leftrightarrow m \ge 9\).

Mà \(m \in \left[ { - 2019;2019} \right]\) và \(m\) nguyên nên \(m \in \left[ {9;10;11;...;2019} \right]\) hay có \(2019 - 9 + 1 = 2011\) giá trị của \(m\) thỏa mãn.

Tập xác định: $D = \mathbb{R}$

$y = {(x - 1)^{2017}} \Rightarrow y' = 2017{(x - 1)^{2016}} \ge 0,\forall x$

Do đó hàm số đồng biến trên $\mathbb{R}$ nên không có cực trị.

${x^4} - 4{x^2} + 1 - m = 0 \Leftrightarrow {x^4} - 4{x^2} + 1 = m$

Số nghiệm của phương trình ${x^4} - 4{x^2} + 1 - m = 0$ là số giao điểm của đồ thị hàm số $y = {x^4} - 4{x^2} + 1$ và đường thẳng $y = m$.

Þ Để phương trình ${x^4} - 4{x^2} + 1 - m = 0$ có $4$ nghiệm phân biệt $ \Leftrightarrow  - 3 < m < 1$

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 \( \Rightarrow a = 1;\,b =  - 2;\,c = 1\)

Phương trình \(f\left( x \right) = {\log _2}m\) có hai nghiệm phân biệt \( \Leftrightarrow \) đường thẳng \(y = {\log _2}m\) cắt đồ thị hàm số đã cho tại hai điểm phân biệt \( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}{\log _2}m = 4\\{\log _2}m < 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m = {2^4}\\0 < m < {2^0}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m = 16\\0 < m < 1\end{array} \right.\).

Chọn \(M\left( { - 1;7} \right)\) thuộc đồ thị hàm số

Có \(y' = \dfrac{{10}}{{{{\left( {2x + 1} \right)}^2}}};y'\left( { - 1} \right) = 10\)

Phương trình tiếp tuyến tại \(M\) : \(y = 10\left( {x + 1} \right) + 7 \Leftrightarrow y = 10x + 17\)

Phương trình các tiệm cận: \(x =  - \dfrac{1}{2};y = 2\)

Tam giác \(IAB\) vuông tại \(I\) tạo bởi \(3\)  đường trên có \(3\)  đỉnh: \(I = \left( { - \dfrac{1}{2};2} \right);A\left( { - \dfrac{1}{2};12} \right);B\left( { - \dfrac{3}{2};2} \right)\) và có diện tích: \(S = \dfrac{1}{2}IA.IB = \dfrac{1}{2}.10.1 = 5\)

Ta có \(y = f\left( {\left| x \right| - m} \right) = f\left( {\sqrt {{x^2}}  - m} \right)\).

\( \Rightarrow y' = \dfrac{{2x}}{{2\sqrt {{x^2}} }}f'\left( {\sqrt {x^2} - m } \right) = \dfrac{x}{{\sqrt {{x^2}} }}f'\left( {\sqrt {x^2} - m } \right)\).

Để hàm số đồng biến trên \(\left( {10; + \infty } \right)\) thì \(y' \ge 0\,\,\forall x \in \left( {10; + \infty } \right)\).

\( \Rightarrow \dfrac{x}{{\sqrt {x^2} }}f'\left( {\sqrt {x^2} - m } \right) \ge 0\,\,\forall x \in \left( {10; + \infty } \right)\) \( \Rightarrow f'\left( {\sqrt {x^2} - m}  \right) \ge 0\,\,\forall x \in \left( {10; + \infty } \right)\,\,\left( * \right)\).

Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy hàm số đồng biến trên \(\left( {1; + \infty } \right)\) và \(\left( { - \infty ; - 1} \right)\).

Do đó \(\left( * \right) \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\sqrt {{x^2}}  - m \ge 1\,\,\forall x \in \left( {10; + \infty } \right)\,\,\,\,\,\,\left( 1 \right)\\\sqrt {{x^2}}  - m \le  - 1\,\,\forall x \in \left( {10; + \infty } \right)\,\,\,\left( 2 \right)\end{array} \right.\)

Xét (1) ta có \(m \le \sqrt {{x^2}}  - 1\,\,\forall x \in \left( {10; + \infty } \right) \Rightarrow m \le \mathop {\min }\limits_{\left[ {10; + \infty } \right)} \left( {\sqrt {{x^2}}  - 1} \right)\).

Xét \(g\left( x \right) = \sqrt {{x^2}}  - 1\) trên khoảng \(\left( {10; + \infty } \right)\) ta có \(g'\left( x \right) = \dfrac{x}{{\sqrt {{x^2}} }} > 0\,\,\forall x \in \left( {10; + \infty } \right)\), do đó hàm số đồng biến trên \(\left( {10; + \infty } \right)\) \( \Rightarrow \mathop {\min }\limits_{\left[ {10; + \infty } \right)} \left( {\sqrt {{x^2}}  - 1} \right) = g\left( {10} \right) = 9 \Leftrightarrow m \le 9\).

Xét (2) ta có: \(m \ge \sqrt {{x^2}}  + 1\,\,\forall x \in \left( {10; + \infty } \right)\) \( \Rightarrow m \ge \mathop {\max }\limits_{\left[ {10; + \infty } \right)} \left( {\sqrt {{x^2}}  + 1} \right)\).

Do \(\mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \left( {\sqrt {{x^2}}  + 1} \right) =  + \infty \) nên hàm số đã cho không có GTLN trên \(\left[ {10; + \infty } \right)\), do đó không tồn tại m thỏa mãn (2).

Vậy \(m \le 9\) nên giá trị nguyên lớn nhất của m bằng 9.

Xét hàm số \(f\left( x \right) = 3{x^4} - 4{x^3} - 12{x^2}\) ta có

\(\begin{array}{l}f'\left( x \right) = 12{x^3} - 12{x^2} - 24x\\f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow 12{x^3} - 12{x^2} - 24x = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x =  - 1\\x = 2\end{array} \right.\end{array}\)

BBT:

Ta có đồ thị \(y = f\left( x \right)\,\,\left( C \right)\) như sau:

Để \(y = \left| {3{x^4} - 4{x^3} - 12{x^2} + m} \right|\) có 5 điểm cực trị thì:

TH1: \(\left( C \right)\) cắt đường thẳng \(y =  - m\) tại 2 điểm phân biệt khác cực trị

\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} - m > 0\\ - 32 <  - m <  - 5\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m < 0\\5 < m < 32\end{array} \right.\)

Mà \(m \in {\mathbb{Z}^ + }\, \Rightarrow m \in \left\{ {6;7;...;31} \right\}\) : 26 giá trị.

TH2: \(\left( C \right)\) cắt đường thẳng \(y =  - m\) tại 3 điểm phân biệt, trong đó có 1 cực trị

\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} - m = 0\\ - m =  - 5\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m = 0\,(L)\\m = 5\,(TM)\end{array} \right.\)

Vậy, có tất cả 27 giá trị của m thỏa mãn.

Ta có \(f\left( x \right) = {2^{2019}}{x^3} + {3.2^{2018}}{x^2} - 2018\)

\( \Rightarrow f'\left( x \right) = {3.2^{2019}}{x^2} + {3.2^{2019}}x = {3.2^{2019}}x\left( {x + 1} \right)\) \( \Rightarrow \dfrac{1}{{f'\left( x \right)}} = \dfrac{1}{{{{3.2}^{2019}}}}.\dfrac{1}{{x.\left( {x + 1} \right)}} = \dfrac{1}{{{{3.2}^{2019}}}}\left( {\dfrac{1}{x} - \dfrac{1}{{x + 1}}} \right)\)

Xét phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số với trục hoành \({2^{2019}}{x^3} + {3.2^{2018}}{x^2} - 2018 = 0\) (*)

Vì \({x_1},{x_2},{x_3}\) là ba ngiệm của phương trình (*) nên theo hẹ thức Vi-et ta có

\(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} + {x_3} = \dfrac{{ - 3}}{2}\\{x_1}{x_2} + {x_2}{x_3} + {x_1}{x_3} = 0\\{x_1}{x_2}{x_3} = \dfrac{{2018}}{{{2^{2019}}}}\end{array} \right.\)

Ta có \(P = \dfrac{1}{{f'\left( {{x_1}} \right)}} + \dfrac{1}{{f'\left( {{x_2}} \right)}} + \dfrac{1}{{f'\left( {{x_3}} \right)}} = \dfrac{1}{{{{3.2}^{2019}}}}\left( {\dfrac{1}{{{x_1}}} - \dfrac{1}{{{x_1} + 1}} + \dfrac{1}{{{x_2}}} - \dfrac{1}{{{x_2} + 1}} + \dfrac{1}{{{x_3}}} - \dfrac{1}{{{x_3} + 1}}} \right)\)

\( = \dfrac{1}{{{{3.2}^{2019}}}}\left[ {\left( {\dfrac{1}{{{x_1}}} + \dfrac{1}{{{x_2}}} + \dfrac{1}{{{x_3}}}} \right) - \left( {\dfrac{1}{{{x_1} + 1}} + \dfrac{1}{{{x_2} + 1}} + \dfrac{1}{{{x_3} + 1}}} \right)} \right]\)

\( = \dfrac{1}{{{{3.2}^{2019}}}}\left[ {\dfrac{{{x_1}{x_2} + {x_2}{x_3} + {x_1}{x_3}}}{{{x_1}{x_2}{x_3}}} - \dfrac{{\left( {{x_2} + 1} \right)\left( {{x_3} + 1} \right) + \left( {{x_1} + 1} \right)\left( {{x_3} + 1} \right) + \left( {{x_1} + 1} \right)\left( {{x_2} + 1} \right)}}{{\left( {{x_1} + 1} \right)\left( {{x_2} + 1} \right)\left( {{x_3} + 1} \right)}}} \right]\)

\( = \dfrac{1}{{{{3.2}^{2019}}}}\left( {0 - \dfrac{{{x_1}{x_2} + {x_2}{x_3} + {x_1}{x_3} + 2\left( {{x_1} + {x_2} + {x_3}} \right) + 3}}{{\left( {{x_1} + 1} \right)\left( {{x_2} + 1} \right)\left( {{x_3} + 1} \right)}}} \right)\)

\( = \dfrac{1}{{{{3.2}^{2019}}}}.\dfrac{{0 + 2.\dfrac{{ - 3}}{2} + 3}}{{\left( {{x_1} + 1} \right)\left( {{x_2} + 1} \right)\left( {{x_3} + 1} \right)}} = 0\)