Ta có \(y^{\prime}=4 x^{3}-12 x^{2}=4 x^{2}(x-3)>0 \Leftrightarrow x>3\)

Vậy hàm số đồng biến trên \((3 ;+\infty)\)

Ta có hàm số f (x) đồng biến trên (a; b). 

\(\begin{aligned} &\text { Do đó với mọi } x_{1}, x_{2} \in(a ; b) \text { và } x_{1}<x_{2} \text { suy ra } f\left(x_{1}\right)<f\left(x_{2}\right)\\ &\operatorname{Nên} f\left(\frac{4}{3}\right)>f\left(\frac{5}{4}\right) \end{aligned}\)

\(\begin{aligned} &\text { TXĐ: } D=\mathbb{R} . \text { Đạo hàm: } y^{\prime}=3 x^{2}-6 x-9 \text { . }\\ &\text { Xét } y^{\prime}=0 \Rightarrow 3 x^{2}-6 x-9=0 \Leftrightarrow\left[\begin{array}{l} x=3 \Rightarrow y=-26 \\ x=-1 \Rightarrow y=6 \end{array} .\right. \end{aligned}\)

Bảng biến thiên:

Hàm số đồng biến trên các khoảng \((-\infty ;-1) \text { và }(3 ;+\infty)\)

Chọn B

\(\begin{aligned} &\text { Vì } f^{\prime}(x)>0, \forall x>0 \text { nên hàm số } f(x) \text { đồng biến trên }(0,+\infty) \text { . }\\ &\text { Do đó: }\left\{\begin{array}{l} f(2)>f(1)=2 \\ f(3)>f(1)=2 \end{array} \Rightarrow f(2)+f(3)>4\right.\\ &f(2017)>f(2016) \end{aligned}\)

Vậy D có thể xảy ra

Hàm phân thức không thể đồng biến trên \(\mathbb{R}\) nên loại B và C.

Xét hàm số \(y=-x^{3}-2 x+3 \text { có } \operatorname{TXD} D=\mathbb{R}, y^{\prime}=-3 x^{2}-2<0 \forall x \in \mathbb{R}\) nên nghịch biến trên \(\mathbb{R}\)

Ta có \(y^{\prime}=f^{\prime}(x)=\frac{-2}{(-x+1)^{2}}<0 \quad \forall x \neq 1\)

Suy ra hàm số nghịch biến trên từng khoảng xác định

\(y=x^{3}-x^{2}-x+3 \Rightarrow y^{\prime}=3 x^{2}-2 x-1 . y^{\prime}=0 \Leftrightarrow x=1 \text { hoặc } x=-\frac{1}{3}\)

Bẳng biến thiên:

Vậy hàm số nghịch biến trên \(\left(-\frac{1}{3} ; 1\right)\)

Ta có

\(y^{\prime}=3 x^{2}-4 x+1 \Rightarrow y^{\prime}=0 \Leftrightarrow x=1 \text { hoặc } x=\frac{1}{3}\)

Bẳng biến thiên:

Vậy hàm số nghịch biến trên \(\left(\frac{1}{3} ; 1\right)\)

Chọn  vì xét hàm số \(y=x^{3}-3 x^{2}+3 x+5\) ta có

\(y^{\prime}=3 x^{2}-6 x+3 \geq 0, \forall x \in \mathbb{R}\) và \(y^{\prime}=0 \Leftrightarrow 3 x^{2}-6 x+3=0 \Leftrightarrow x=1\)

Nên hàm số \(y=x^{3}-3 x^{2}+3 x+5\) đồng biến trên \(\mathbb{R} \)

Theo bảng biến thiên thì đồ thị hàm số có tiệm cận ngang y=-2 nên loại A, D.

Lại có y'< 0 , \(\forall x \neq-2\) nên loại B

Dựa vào bảng biển thiên ta có

\(\begin{aligned} &\mathrm{TCD}: x=-1 \Leftrightarrow x+1=0\\ &\text { TCN: }y=2\\ &y^{\prime}<0 \text { với mọi } x \neq-1 \end{aligned}\)

nên chọn D

Từ bảng biến thiên ta có đồ thị hàm số có đường tiệm cận đứng là x =1 và đường tiệm cận ngang là y =1 nên ta loại các đáp án B và D.

Mặt khác từ bảng biến thiên ta có hàm số nghịch biến nên lọai đáp án C

trên khoảng \((-\infty ; 0)\) thì y'>0 nên hàm số đồng biến.

Dựa vào bảng biến thiên nhận thấy trên khoảng \((3 ;+\infty)\) thì y'<0 nên hàm số nghịch biến trên \((3 ;+\infty)\)

\(y^{\prime}=3 x^{2}-6 x=0 \Leftrightarrow\left[\begin{array}{l} x=0 \\ x=2 \end{array}\right.\)

Lập bảng biến thiên ta được hàm số đạt cực đại tại x = 2 và đạt cực tiểu tại x = 0

\(y^{\prime}=4 x^{3}-4 x=0 \Leftrightarrow\left[\begin{array}{l} x=0 \\ x=1 \\ x=-1 \end{array}\right.\)

Vậy hàm số có ba cực trị.

\(\begin{array}{l} y^{\prime}=3 x^{2}-3=0 \Leftrightarrow\left[\begin{array}{l} x=1 \\ x=-1 \end{array}\right. \\ \Rightarrow A(1 ;-1), \mathrm{B}(-1 ; 3) \Rightarrow \text { Phương trình } A B: y=-2 x+1 \end{array}\)

Dựa vào đồ thị hàm số nhận thấy khi đi qua x=0 và x=2 thì đồ thị hàm số đổi chiều chuyển động nên đồ thị hàm số có hai điểm cực trị.

Nhận thấy khi đi qua điểm x=2 thì hàm số dổi dấu từ dương sang âm nên x=2 là cực đại của hàm số.

Khi đi qua điểm x=4 thì hàm số dổi dấu từ âm sang dương nên x=4 là cực tiểu của hàm số.

\(\begin{array}{l} y^{\prime}=\frac{x^{2}+4 x+3}{(x+2)^{2}} \\ y^{\prime}=0 \Leftrightarrow \frac{x^{2}+4 x+3}{(x+2)^{2}}=0 \Leftrightarrow\left[\begin{array}{l} x=-3 \\ x=-1 \end{array}\right. \end{array}\)

Hàm số đạt cực đại tại \(x=-3 \text { và } y_{C Đ}=-3\)

Hàm số đạt cực tiểu tại \(x=-1 \text { và } y_{C T}=1\)

\(\Rightarrow M^{2}-2 n=7\)

 Để hàm số đạt cực đại x =1 thì \(\left\{\begin{array}{l} y^{\prime}(1)=3.1^{2}-2 m \cdot 1+2 m-3=0 \\ y^{\prime \prime}(1)=6 \cdot 1-2 m<0 \end{array} \Leftrightarrow m>3\right.\)

Hàm trùng phương có 1 điểm cực trị khi \(a b \geq 0 \Leftrightarrow m-2 \geq 0 \Leftrightarrow m \geq 2 \text { . }\)

Hàm số có tiệm cận ngang \(y=2>0 \Rightarrow \frac{a}{c}>0, \text { mà } a>0 \Rightarrow c>0\)

Hàm số có tiệm cận đứng \(x=-1<0 \Rightarrow-\frac{d}{c}<0 \Rightarrow \frac{d}{c}>0, \text { mà } c>0 \Rightarrow d>0\)

Đồ thị hàm số cắt trục hoành tại điểm có hoành độ \(x<-1<0\)

\(\Rightarrow-\frac{b}{a}<0 \Rightarrow \frac{b}{a}>0 \Rightarrow b>0\)

Ta có \(y^{\prime}=4 a x^{3}+2 b x=2 x\left(2 a x^{2}+b\right), y^{\prime}=0 \Leftrightarrow\left[\begin{array}{l} x=0 \\ x^{2}=-\frac{b}{2 a} \end{array}\right.\)

Căn cứ vào bảng biến thiên ta thấy a < 0 ; b > 0 , hàm đạt cực đại tại \(x=\pm 1 \text { và } y(\pm 1)=2\) , hàm đạt cực tiểu tại x = 0 và y ( 0) =1 .

Suy ra, \(\left\{\begin{array}{l} -\frac{b}{2 a}=1 \\ a+b+c=2 \\ c=1 \end{array}\right.\)\(\Leftrightarrow\left\{\begin{array}{l} a=-1 \\ b=2 \\ c=1 \end{array}\right.\)

Do đó \(P=a-2 b+3 c=-2\)

Dựa vào bảng xét dấu của đạo hàm ta có trong khoảng \((0 ;+\infty)\) hàm số có duy nhất một điểm cực trị và điểm đó là điểm cực đại của đồ thị hàm số. Vậy trong khoảng \((0 ;+\infty)\) hàm số đạt giá trị lớn nhất tại \(x=1 \text { hay } \max\limits _{(0 ;+\infty)} f(x)=f(1)\)

\(\begin{aligned} &\text { Xét hàm số } y=x^{3}-3 x^{2}-9 x+5 \text { trên đoạn }[-2 ; 2]\\ &y^{\prime}=3 x^{2}-6 x-9\\ &y^{\prime}=0 \Leftrightarrow\left[\begin{array}{l} x=-1 \in[-2 ; 2] \\ x=3 \quad \notin[-2 ; 2] \end{array}\right.\\ & y(-2)=3 ; y(2)=-17 ; y(-1)=10\\ &\text { Vậy } m=\min _{[-2 ; 2]} y=-17 \text { . } \end{aligned}\)

Nhìn BBT ta thấy y =-1 là giá trị nhỏ nhất của hàm số

Chọn D vì 

Trên đoạn [-3 ; 0] hàm số liên tục và \(f(-3)>f(0)\) nên \(\max\limits _{[-3 ; 0]} f(x)=f(-3)\)

\(y^{\prime}=-3 x^{2}+3 . \text { Cho } y^{\prime}=0 \Leftrightarrow\left[\begin{array}{l} x=1 \\ x=-1 \end{array}\right.\)

Bảng biến thiên của hàm số trên \((0 ;+\infty)\)

Vây chọn D: Hàm số có giá trị lớn nhất là 3

Hàm số luôn xác định trên [0;2].
Mặt khác

\(f^{\prime}(x)=\frac{x^{2}+2 x-3}{(x+1)^{2}} ; f^{\prime}(x)=0 \Leftrightarrow\left[\begin{array}{l} x=-3 \notin[0 ; 2] \\ x=1 \in[0 ; 2] \end{array}\right.\)

Ta có \(f(0)=4 ; f(1)=3 ; f(2)=\frac{10}{3}\)

Vậy \(\min\limits _{[0 ; 2]} f(x)=f(1)=3\)

\(\begin{aligned} &\text { Đặt } f(x)=\frac{x^{2}+3 x+3}{x+1} . \text { Bất phương trình } \frac{x^{2}+3 x+3}{x+1} \geq m \text { nghiệm đúng với mọi } x \in[0 ; 1] \text { khi và }\\ &\text { chỉ khi } m \leq \min _{[0 ; 1]} f(x)\\ &\text { Ta có } f^{\prime}(x)=\frac{x^{2}+2 x}{(x+1)^{2}} \geq 0 \text { với mọi } x \in[0 ; 1] \Rightarrow f(x) \text { đồng biến trên }[0 ; 1]\\ &\Rightarrow \min _{[0 ; 1]} f(x)=f(0)=3 . \text { Vậy } m \leq 3 \end{aligned}\)

TXĐ: \(D=\mathbb{R} \backslash\{-1\}\)

Ta có

\(\begin{array}{l} \lim\limits _{x \rightarrow-1^{+}} \frac{x\left(\sqrt{x^{2}+3}-2\right)}{x^{2}+2 x+1}=\lim\limits _{x \rightarrow-1^{+}} \frac{x\left(x^{2}-1\right)}{\left(x^{2}+2 x+1\right)\left(\sqrt{x^{2}+3}+2\right)}= \lim\limits _{x \rightarrow-1^{+}} \frac{x(x-1)}{(x+1)\left(\sqrt{x^{2}+3}+2\right)}=+\infty \\ \lim\limits _{x \rightarrow-1^{-}} \frac{x\left(\sqrt{x^{2}+3}-2\right)}{x^{2}+2 x+1}=\lim\limits _{x \rightarrow-1^{-}} \frac{x\left(x^{2}-1\right)}{\left(x^{2}+2 x+1\right)\left(\sqrt{x^{2}+3}+2\right)} =\lim\limits _{x \rightarrow-1^{-}} \frac{x(x-1)}{(x+1)\left(\sqrt{x^{2}+3}+2\right)}=-\infty \end{array}\)

Vậy đồ thị hàm số có tiệm cận đứng là x=1.

Lại có

\(\begin{array}{l} \lim\limits _{x \rightarrow+\infty} \frac{x\left(\sqrt{x^{2}+3}-2\right)}{x^{2}+2 x+1}=\lim\limits _{x \rightarrow+\infty} \frac{x^{2}\left(\sqrt{1+\frac{3}{x^{2}}}-\frac{2}{x}\right)}{x^{2}\left(1+\frac{2}{x}+\frac{1}{x^{2}}\right)}=1 \\ \text{ Vậy đồ thị hàm số có tiệm cận ngang là y=1}\\ \lim\limits _{x \rightarrow-\infty} \frac{x\left(\sqrt{x^{2}+3}-2\right)}{x^{2}+2 x+1}=\lim\limits _{x \rightarrow+\infty} \frac{-x^{2}\left(\sqrt{1+\frac{3}{x^{2}}}-\frac{2}{x}\right)}{x^{2}\left(1+\frac{2}{x}+\frac{1}{x^{2}}\right)}=-1\\ \text{ Vậy đồ thị hàm số có tiệm cận ngang là y=-1} \end{array}\)

Nhìn vào đồ thị ta suy ra ngay tiệm cận đứng và tiệm cận ngang lần lượt là các đường thẳng  \(x=-1 ; y=2\)

A sai vì hàm số đồng biến trên (0;1) và (1;2)

B sai vì \(f_{G T}(x)=-2 ; f_{\mathrm{CD}}(x)=2\)

C sai vì hàm số nghịch biến trên \((-\infty ; 0) \text { và }(2 ;+\infty)\)

\(\begin{aligned} &\lim _{x \rightarrow-\infty} y=2 \Rightarrow y=2 \text { là tiệm cận ngang. }\\ &\lim _{x \rightarrow+\infty} y=-2 \Rightarrow y=-2 \text { là tiệm cận ngang. }\\ &\lim _{x \rightarrow 2^{-}} y=-\infty, \lim _{x \rightarrow 2^{+}} y=+\infty \Rightarrow x=2 \text { là tiệm cận đứng. } \end{aligned}\)

Vậy đồ thị hàm số có 3 đường tiệm cận.

Ta vẽ đồ thị hàm số bằng cách:

+ Vẽ đồ thị hàm số \(y=x^{2} \cdot\left(x^{2}-4\right)\)

+ Lấy đối xứng phần đồ thị nằm trục hoành qua Ox. Bỏ đi phần đồ thị nằm dưới trục hoành, ta được đồ thị sau:

Số giao điểm với đường thẳng y=3 là 6

\(\begin{aligned} &\text { Ta có } x_{0} \text { là nghiệm của phương trình: } 2 x^{3}-x^{2}+x+2=-6 x^{2}-4 x-4\\ &\Leftrightarrow 2 x^{3}+5 x^{2}+5 x+6=0 \Leftrightarrow(x+2)\left(2 x^{2}+x+3\right)=0 \Leftrightarrow x_{0}=-2\\ &\text { Vói } x_{0}=-2 \Rightarrow y_{0}=-20 . \text { Vậy } x_{0}+y_{0}=-22 . \end{aligned}\)

Số nghiệm của phương trình f(x)=-1 chính là số giao điểm của đồ thị hàm số y =f(x)và đường thẳng y=-1 . Nhìn BBT trên ta thấy đường thẳng y = - 1 cắt đồ thị hàm số y = f(x) tại 2 điểm. Vậy phương trình đã cho có 2 nghiệm

\(y^{\prime}=\frac{3}{(x+1)^{2}}>0\) nên hàm số đông biến trên các khoảng xác định

Vậy \(\max \limits_{[1 ; 2]} y=f(2)=1\)

\(\begin{aligned} &\text { Hàm số đã cho xác định và liên tục trên }\left[\frac{1}{2} ; 2\right] \text { . }\\ &\text { Ta có }\left\{\begin{array}{l} x \in\left(\frac{1}{2} ; 2\right) \\ y^{\prime}=2 x-\frac{2}{x^{2}}=0 \end{array} \Leftrightarrow x=1\right. \text { . }\\ &\text { Tính được } f\left(\frac{1}{2}\right)=\frac{17}{4} ; f(2)=5 ; f(\mathrm{y})=3\\ &\text { Do đó } \max\limits _{\left[\frac{1}{2} ; 2\right]} y=5 ; \min\limits _{\left[\frac{1}{2} ; 2\right]} y=3 \Rightarrow \max \limits_{\left[\frac{1}{2}, 2\right]} y+\min\limits _{\left[\frac{1}{2}, 2\right]} y=8 \end{aligned}\)

Theo lý thuyết số cạnh của hình bát diện đều là 12 cạnh

Theo giả thiết hai mặt phẳng (SAB) và (SAD) cùng vuông góc với mặt đáy suy ra \(S A \perp(A B C D)\).

Mặt khác đáy ABCD là hình vuông nên hình chóp S.ABCD  chỉ có một mặt phẳng đối xứng là (SAC). 

Nếu \(B C \perp(S A B) \Rightarrow B C \perp S B\) nên tam giác SBC vuông tại B . Mà tam giác SBC là tam giác cân tại S : không thể xảy ra.

Hình bát diện đều là hình có 12 cạnh. Mỗi cạnh có độ dài 8 cm .

Suy ra số mét que tre để làm được một cái đèn hình bát diện đều là: 8.12 =96cm .

Để làm 100 cái đèn như vậy cần số mét tre là: 96.100 =9600 cm = 96 m.

\(V_{S . A B C D}=\frac{1}{3} S_{\Delta A B C D} \cdot S A=\frac{1}{3} \cdot a^{2} \cdot 2 a=\frac{2 a^{3}}{3} .\)

\(\begin{aligned} &\text { Diện tích đáy: } S_{A B C D}=A B \cdot B C=2 a^{2} \text { . }\\ &\text { Thể tích: } V=\frac{1}{3} S_{A B C D} \cdot S A=\frac{2 a^{3} \sqrt{2}}{3} \end{aligned}\)

\(V=\frac{1}{3} A D \cdot \frac{1}{2} A B \cdot B C=\frac{1}{6} .5 .5 .12=50 \)

\(\begin{array}{l} \text { Ta có }[S C,(A B C D)]=(S C, A C)=S C A=60^{\circ} \\ S A=A C \cdot \tan 60^{\circ}=a \sqrt{2} \cdot \sqrt{3}=a \sqrt{6} \\ \text { Vậy } V_{A B C D}=\frac{1}{3} S_{A B C D} \cdot S A=\frac{1}{3} a^{2} a \sqrt{6}=\frac{a^{3} \sqrt{6}}{3} \end{array}\)

Ta có \(A B=B C=\frac{A C}{\sqrt{2}}=\frac{2 a}{\sqrt{2}}=a \sqrt{2}\)

\(V_{S.ABC}=\frac{1}{3} S_{A B C} \cdot S A=\frac{1}{3} \cdot \frac{1}{2} A B^{2} \cdot S A=\frac{1}{6} \cdot(a \sqrt{2})^{2} \cdot 2 a=\frac{2}{3} a^{3}\)

\(\begin{aligned} &\text { Ta có: } S A \perp(A B C) \Rightarrow S A \text { là chiều cao của hình chóp } \Rightarrow S A \perp A B \Rightarrow \Delta S A B \text { vuông tại } A \text { . }\\ &\Rightarrow \widehat{(S A, S B)}=\widehat{A S B}=45^{\circ} \Rightarrow \Delta S A B \text { vuông cân tại } A \Rightarrow S A=A B=a\\ &\text { Vậy thể tích của khối chóp } S . A B C \text { là: } V=\frac{1}{3} \cdot S_{A B C} \cdot S A=\frac{1}{3} \cdot \frac{a^{2} \sqrt{3}}{4} \cdot a=\frac{a^{3} \sqrt{3}}{12} \end{aligned}\)