Ta có: \(M\left( {1; - 4} \right)\), \(y' = 3{x^2} - 12x\)\( \Rightarrow y'\left( 1 \right) = {3.1^2} - 12.1 =  - 9\) .

Tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại \(M\left( {1; - 4} \right)\) có phương trình:

\(y = y'\left( 1 \right)\left( {x - 1} \right) - 4\)\( =  - 9\left( {x - 1} \right) - 4\)  hay \(y =  - 9x + 5\).

+ Hệ số góc \(k =  - 9 < 0\) nên A sai.

+ Góc tạo bởi tiếp tuyến với \(Ox\) thỏa mãn \(\tan \alpha  =  - 9 \Leftrightarrow \alpha  \approx {96^0}20'\) nên B sai.

+ Đáp án C sai.

+ \(\left( d \right):x - 9y = 0\) \( \Leftrightarrow y = \frac{1}{9}x\) có hệ số góc \(k = \frac{1}{9}\).

Dễ thấy \(\frac{1}{9}.\left( { - 9} \right) =  - 1\) nên tiếp tuyến vuông góc với \(\left( d \right)\).

Đáp án A: Giả sử \(a,b\) chéo nhau tùy ý và tồn tại mặt phẳng \(\left( P \right)\) chứa \(b\) và \(a \bot \left( P \right)\).

Khi đó \(a \bot b\). Diều này chưa chắc đúng do giả thiết chưa cho \(a \bot b\) nên A sai.

Ta có: \(f\left( 1 \right) = a + 2\).

+) \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ - }} f\left( x \right) = a + 2\).

+) \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ + }} f\left( x \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ + }} \frac{{\sqrt {x + 3}  - 2}}{{{x^2} - 1}}\)\( = \mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ + }} \frac{{x + 3 - 4}}{{\left( {{x^2} - 1} \right)\left( {\sqrt {x + 3}  + 2} \right)}}\) \( = \mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ + }} \frac{{x - 1}}{{\left( {{x^2} - 1} \right)\left( {\sqrt {x + 3}  + 2} \right)}}\) \( = \mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ + }} \frac{1}{{\left( {x + 1} \right)\left( {\sqrt {x + 3}  + 2} \right)}}\) \( = \frac{1}{{\left( {1 + 1} \right)\left( {\sqrt {1 + 3}  + 2} \right)}} = \frac{1}{8}\)

\( \Rightarrow \mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ + }} f\left( x \right) = \frac{1}{8}\)

Hàm số liên tục tại \(x = 1\) \( \Leftrightarrow \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} f\left( x \right) = f\left( 1 \right)\)\( \Leftrightarrow a + 2 = \frac{1}{8}\) \( \Leftrightarrow a =  - \frac{{15}}{8}\).

Ta có đường thẳng \(SD\) cắt mặt phẳng \(\left( {ABC} \right)\) tại \(A\) nên \(\frac{{d\left( {S;\left( {ABC} \right)} \right)}}{{d\left( {D;\left( {ABC} \right)} \right)}} = \frac{{SA}}{{DA}} = 2\)

Hay \(\frac{{{h_1}}}{{{h_2}}} = 2.\)

Gọi \(M\) là trung điểm của \(SA\).

Do \(S.ABCD\) đều nên \(SA = SB = SC = SD\). Mà \(SA = AB = a\) nên các tam giác \(SAB,SAD\) là tam giác đều.

Khi đó \(BM \bot SA,DM \bot SA\).

Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}\left( {SAB} \right) \cap \left( {SAD} \right) = SA\\BM \subset \left( {SAB} \right),DM \subset \left( {SAD} \right)\\BM \bot SA,DM \bot SA\end{array} \right.\) \( \Rightarrow \) góc giữa \(\left( {SAB} \right)\) và \(\left( {SAD} \right)\) bằng \(\widehat {\left( {BM,DM} \right)} = \alpha \).

Dễ thấy \(BM = DM = \frac{{a\sqrt 3 }}{2},BD = a\sqrt 2 \).

\( \Rightarrow \cos \widehat {BMD} = \frac{{B{M^2} + D{M^2} - B{D^2}}}{{2BM.DM}}\) \( = \frac{{\frac{{3{a^2}}}{4} + \frac{{3{a^2}}}{4} - 2{a^2}}}{{2.\frac{{a\sqrt 3 }}{2}.\frac{{a\sqrt 3 }}{2}}} =  - \frac{1}{3}\).

\( \Rightarrow \cos \alpha  = \frac{1}{3}\)

TXĐ: \(D = \mathbb{R}\)

Ta có \(f'\left( x \right) = {\left( {\frac{1}{{{x^2} + 1}}} \right)^\prime } =  - \frac{{2x}}{{{{\left( {{x^2} + 1} \right)}^2}}}\)

Xét \(f'\left( x \right) > 0 \Leftrightarrow \frac{{ - 2x}}{{{{\left( {{x^2} + 1} \right)}^2}}} > 0\) \( \Leftrightarrow  - 2x > 0 \Leftrightarrow x < 0\)

Vậy \(S = \left( { - \infty ;0} \right)\)

Dễ thấy \(MN//AC//A'C'//PQ\).

Gọi \(E,F\) lần lượt là trung điểm \(A'B',AD\).

Khi đó \(MN \bot ME\) (vì \(ME \bot \left( {ABCD} \right)\)).

Mà \(MN \bot MF\) (tính chất trung điểm các cạnh hình vuông).

Do đó \(MN \bot \left( {MEQF} \right) \Rightarrow MN \bot MQ\) nên \(d\left( {MN,PQ} \right) = d\left( {Q,MN} \right) = QM\).

Tam giác \(MEQ\) vuông tại \(E\) có \(ME = a,EQ = \frac{1}{2}B'D' = \frac{{a\sqrt 2 }}{2}\) nên \(QM = \sqrt {M{E^2} + E{Q^2}} \)\( = \sqrt {{a^2} + \frac{{{a^2}}}{2}}  = \frac{{a\sqrt 6 }}{2}\)

Vậy \(d\left( {MN,PQ} \right) = \frac{{a\sqrt 6 }}{2}\).

Ta có \(y' = {\left( {\sin \left( {{x^3}} \right)} \right)^\prime }\)\( = {\left( {{x^3}} \right)^\prime }\cos \left( {{x^3}} \right)\) \( = 3{x^2}\cos \left( {{x^3}} \right)\)  

Ta có: \(\lim \frac{{{{12}^n} - {{11}^n}}}{{{4^n} + {{4.12}^n} + 3}}\)\( = \lim \frac{{1 - {{\left( {\frac{{11}}{{12}}} \right)}^n}}}{{{{\left( {\frac{1}{3}} \right)}^n} + 4 + \frac{3}{{{{12}^n}}}}}\) \( = \frac{{1 - 0}}{{0 + 4 + 0}} = \frac{1}{4}\).

Đáp án A : Sai vì có thể xảy ra trường hợp \(a,b\) cắt nhau (cùng nằm trong mặt phẳng song song \(\left( P \right)\)) hoặc có thể chéo nhau.

Đáp án B : Đúng.

Đáp án C : Sai vì có thể xảy ra trường hợp \(a,b\) trùng nhau.

Đáp án D : Sai vì có thể xảy ra trường hợp \(b \subset \left( P \right)\).

TXĐ: \(D = \mathbb{R}\).

Ta có: \(y' = 3{x^2} + 6x\) \( \Rightarrow y'\left( 1 \right) = {3.1^2} + 6.1 = 9\). Mặt khác có \({y_0} = {1^3} + {3.1^2} = 4\).

Vậy tiếp tuyến của đồ thị  hàm số \(y = {x^3} + 3{x^2}\) tại điểm có hoành độ \({x_0} = 1\) có phương trình là:

\(y = 9\left( {x - 1} \right) + 4\)\( \Leftrightarrow y = 9x - 5\)

TXĐ: \(D = \mathbb{R}\), \(x = 2 \in D\).

Ta có:

\(\begin{array}{l}\mathop {\lim }\limits_{x \to 2} f\left( x \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \frac{{2{x^2} - 7x + 6}}{{x - 2}}\\ = \mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \frac{{\left( {x - 2} \right)\left( {2x - 3} \right)}}{{x - 2}}\\ = \mathop {\lim }\limits_{x \to 2} \left( {2x - 3} \right) = 1\\f\left( 2 \right) = 2m + 5\end{array}\)

Để hàm số liên tục tại \(x = 2\) thì \(\mathop {\lim }\limits_{x \to 2} f\left( x \right) = f\left( 2 \right)\)\( \Leftrightarrow 2m + 5 = 1 \Leftrightarrow m =  - 2\).

Dễ thấy mệnh đề B: Nếu đường thẳng \(d\) vuông góc với hai đường thẳng nằm trong \((\alpha )\) thì \(d \bot (\alpha )\) là mệnh đề sai vì thiếu điều kiện hai đường thẳng cắt nhau.

Ta có: \(s' = 2t + 2\).

Vận tốc tức thời của chuyển động tại thời điểm \(t = 5\) giây là \(v\left( 5 \right) = s'\left( 5 \right)\) \( = 2.5 + 2 = 12\,\,\left( {m/s} \right)\)

Ta có:

\(\begin{array}{l}\overrightarrow {AM}  = \frac{1}{2}\left( {\overrightarrow {AB}  + \overrightarrow {AB'} } \right)\\\,\,\,\,\,\,\,\,\,\, = \frac{1}{2}\left( {\overrightarrow {AB}  + \overrightarrow {AB}  + \overrightarrow {AA'} } \right)\\\,\,\,\,\,\,\,\,\,\, = \overrightarrow {AB}  + \frac{1}{2}\overrightarrow {AA'} \\\,\,\,\,\,\,\,\,\, = \overrightarrow {CB}  - \overrightarrow {CA}  + \frac{1}{2}\overrightarrow {AA'} \\\,\,\,\,\,\,\,\,\, = \overrightarrow b  - \overrightarrow a  + \frac{1}{2}\overrightarrow c \end{array}\)

Gọi P là trung điểm của AC. Khi đó ta có:

+ NP là đường trung bình của tam giác ABC nên NP = \(\frac{1}{2}\)AC = \(\frac{a}{2}\) và NP // AC.

+ MP là đường trung bình của tam giác ABD nên MP = \(\frac{1}{2}\)BD = \(\frac{{3a}}{2}\) và MP // BD.

Mà \(AC \bot BD\,\,\left( {gt} \right)\) nên \(NP \bot MP \Rightarrow \Delta MNP\) vuông tại P.

Áp dụng định lí Pytago trong tam giác vuông MNP có:

\(MN = \sqrt {M{P^2} + N{P^2}} \)\( = \sqrt {\frac{{9{a^2}}}{4} + \frac{{{a^2}}}{4}}  = \frac{{a\sqrt {10} }}{2}\).

Vì \(SA \bot \left( {ABCD} \right)\) nên AC là hình chiếu của SC lên (ABCD).

\( \Rightarrow \angle \left( {SC;\left( {ABCD} \right)} \right)\)\( = \angle \left( {SC;AC} \right) = \angle SCA\) .

Vì \(SA \bot \left( {ABCD} \right)\) nên \(SA \bot AC\), do đó tam giác SAC vuông tại A.

Ta có: ABCD là hình vuông cạnh a nên \(AC = a\sqrt 2 \).

Xét tam giác vuông SAC có: \(\tan \angle SCA = \frac{{SA}}{{AC}}\)\( = \frac{{a\sqrt 6 }}{3}:a\sqrt 2  = \frac{{\sqrt 3 }}{3}\) \( \Rightarrow \angle SCA = {30^0}\)

Vậy góc giữa SC và (ABCD) bằng \({30^0}\).

Để ba số \(3x - 1;\) \(x;\) \({\rm{3}}x + 1\) theo thứ tự lập thành một cấp số nhân thì:

\(\begin{array}{l}\left( {3x - 1} \right)\left( {3x + 1} \right) = {x^2}\\ \Leftrightarrow 9{x^2} - 1 = {x^2}\\ \Leftrightarrow 8{x^2} = 1\\ \Leftrightarrow x =  \pm \frac{{\sqrt 2 }}{4}\end{array}\)

Số hạng thứ 8 của dãy là \({u_8} = {8^2} + 2.8 = 80\).

Cho cấp số cộng \(\left( {{u_n}} \right)\) có số hạng đầu \({u_1}\) và công sai \(d\). Tổng của \(n\) số hạng đầu tiên của cấp số cộng là \({S_n} = \frac{n}{2}\left[ {2{u_1} + (n - 1)d} \right]\).

TXĐ: \(D = \mathbb{R}\).

Ta có: \(f'\left( x \right) = 3{x^2} + 6x - 9\).

Khi đó: \(f'\left( x \right) = 0\)\( \Leftrightarrow 3{x^2} + 6x - 9 = 0\) \( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 1\\x =  - 3\end{array} \right.\) .

Vậy tập nghiệm của phương trình \(f'\left( x \right) = 0\) là \(\left\{ { - 3;1} \right\}\).

Ta có:

\(\begin{array}{l}\,\,\,\,\,\mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \left( {3\sqrt {m{x^2} + 2x + 1}  - mx} \right)\\ = \mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } x\left( {3\sqrt {m + \frac{2}{x} + \frac{1}{{{x^2}}}}  - m} \right)\end{array}\)

Ta có: \(\mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } x =  + \infty \), do đó để  \(\mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \left( {3\sqrt {m{x^2} + 2x + 1}  - mx} \right) =  + \infty \) thì \(\mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \left( {3\sqrt {m + \frac{2}{x} + \frac{1}{{{x^2}}}}  - m} \right) > 0\)

\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}3\sqrt m  - m > 0\\m \ge 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m \ge 0\\3\sqrt m  > m\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m \ge 0\\9m > {m^2}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m \ge 0\\0 < m < 9\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow 0 < m < 9\end{array}\)

Mà \(m \in \mathbb{Z}\)\( \Rightarrow m \in \left\{ {1;2;3;4;5;6;7;8} \right\}\)

Với \(m = 0\) ta có: \(\mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \left( {3\sqrt {2x + 1} } \right) =  + \infty \,\,\left( {tm} \right)\), với \(m = 9\) ta có: \(\mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \left( {3\sqrt {9{x^2} + 2x + 1}  - 9x} \right) = 1\) (KTM)

Vậy có 9 giá trị của m thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Xét đáp án D ta có: \({u_n} = \frac{{n + 1}}{{n + 2019}}\)\( \Rightarrow {u_{n + 1}} = \frac{{n + 2}}{{n + 2020}}\)

Xét hiệu \(H = {u_{n + 1}} - {u_n}\) ta có:

\(\begin{array}{l}H = {u_{n + 1}} - {u_n}\\ = \frac{{n + 2}}{{n + 2020}} - \frac{{n + 1}}{{n + 2019}}\\ = \frac{{\left( {n + 2} \right)\left( {n + 2019} \right) - \left( {n + 1} \right)\left( {n + 2020} \right)}}{{\left( {n + 2019} \right)\left( {n + 2020} \right)}}\\ = \frac{{{n^2} + 2021n + 4038 - {n^2} - 2021n - 2020}}{{\left( {n + 2019} \right)\left( {n + 2020} \right)}}\\ = \frac{{2018}}{{\left( {n + 2019} \right)\left( {n + 2020} \right)}} > 0,\forall n \in {\mathbb{N}^*}\end{array}\)

Do đó dãy số \({u_n} = \frac{{n + 1}}{{n + 2019}}\) là dãy số tăng.

Ta có: \({u_n} = \frac{{n + 1}}{{n + 2019}} = 1 - \frac{{2018}}{{n + 2019}} < 1,\)\(\forall n \in {\mathbb{N}^*}\)

Do đó dãy số tăng và bị chặn trên bởi 1.

 Lại có:

\(\begin{array}{l}n \ge 1 \Leftrightarrow n + 2019 \ge 2020\\ \Leftrightarrow \frac{{2018}}{{n + 2019}} \le \frac{{2018}}{{2020}} = \frac{{1009}}{{1010}}\\ \Rightarrow  - \frac{{2018}}{{n + 2019}} \ge  - \frac{{1009}}{{1010}}\\ \Rightarrow {u_n} = 1 - \frac{{2018}}{{n + 2019}} \ge \frac{1}{{1010}}\end{array}\)

Do đó dãy số bị chặn dưới bởi \(\frac{1}{{1010}}\).

Vậy dãy số \({u_n} = \frac{{n + 1}}{{n + 2019}}\) là dãy số bị chặn.

Ta có:

\(\begin{array}{l}\,\,\,\,\,\mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \left[ {2f(x) + g(x)} \right]\\ = 2\mathop {\lim }\limits_{x \to 1} f\left( x \right) + \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} g\left( x \right)\\ = 2.\left( { - 2} \right) + 5 = 1.\end{array}\)

Thay \(n = 1\) ta có \({S_1} = {2.1^2} - 5.1 =  - 3 = {u_1}\).

Thay \(n = 2\) ta có \({S_2} = {2.2^2} - 5.2 =  - 2 = {u_1} + {u_2}\)

\( \Rightarrow {u_2} = {S_2} - {u_1} =  - 2 - \left( { - 3} \right) = 1\).

\( \Rightarrow d = {u_2} - {u_1} = 1 - \left( { - 3} \right) = 4.\)

Vậy \({u_1} =  - 3,\,\,d = 4\).

Gọi M là trung điểm của AC.

Ta có:

+ ME là đường trung bình của tam giác ABC nên ME // AB và \(ME = \frac{1}{2}AB = \frac{a}{2}\).

+ MF là đường trung bình của tam giác ACD nên MF // CD và \(MF = \frac{1}{2}CD = \frac{a}{2}\).

Do đó \(\angle \left( {AB;CD} \right) = \angle \left( {ME;MF} \right)\).

Áp dụng định lí Cosin trong tam giác MEF ta có:

\(\begin{array}{l}\cos \angle EMF\\ = \frac{{M{E^2} + M{F^2} - E{F^2}}}{{2ME.MF}}\\ = \frac{{\frac{{{a^2}}}{4} + \frac{{{a^2}}}{4} - \frac{{3{a^2}}}{4}}}{{2.\frac{a}{2}.\frac{a}{2}}} =  - \frac{1}{2}\\ \Rightarrow \angle EMF = {120^0}\end{array}\)

Vậy \(\angle \left( {AB;CD} \right) = \angle \left( {ME;MF} \right)\)\( = {180^0} - {120^0} = {60^0}\)

Áp dụng công thức tính nhanh ta có:

\(y = \frac{{2x + 1}}{{x - 1}}\) \( \Rightarrow y' = \frac{{2.\left( { - 1} \right) - 1.1}}{{{{\left( {x - 1} \right)}^2}}} = \frac{{ - 3}}{{{{\left( {x - 1} \right)}^2}}}\).

Ta có:

\(\lim {\left( {0,99} \right)^n} = 0\) do \(0,99 < 1\).

\(\lim \frac{{{n^2} + 4n + 1}}{{n + 1}} =  + \infty \) do bậc tử > bậc mẫu.

\(\lim \frac{{n + 1}}{{2n + 3}} = \lim \frac{{1 + \frac{1}{n}}}{{2 + \frac{3}{n}}} = \frac{1}{2}.\)

\(\lim {\left( {1,1} \right)^n} =  + \infty \) do \(1,1 > 1\).

Ta có:

\(\begin{array}{l}f'\left( x \right) = 6x\\g'\left( x \right) = 5.\left( {3 - 2x} \right) = 15 - 10x\end{array}\)

Khi đó ta có:

\(\begin{array}{l}f'\left( x \right) > g'\left( x \right)\\ \Leftrightarrow 6x > 15 - 10x\\ \Leftrightarrow 16x > 15\\ \Leftrightarrow x > \frac{{15}}{{16}}\end{array}\)

Vậy tập nghiệm của bất phương trình là \(\left( {\frac{{15}}{{16}}; + \infty } \right).\)

Ta có:

\(\begin{array}{l}\,\,\,\,\mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \frac{{\sqrt {2{x^2} + x}  - \sqrt {{x^2} + 1} }}{{2x + 1}}\\ = \mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \frac{{\sqrt {2 + \frac{1}{x}}  - \sqrt {1 + \frac{1}{x}} }}{{2 + \frac{1}{x}}}\\ = \frac{{\sqrt 2  - 1}}{2}\end{array}\)

TXĐ: \(D = \mathbb{R}\backslash \left\{ 1 \right\}\).

Cho \(y = 2 \Rightarrow \frac{{x + 1}}{{x - 1}} = 2\)\( \Leftrightarrow x + 1 = 2x - 2 \Leftrightarrow x = 3\)

Ta có: \(y' = \frac{{ - 2}}{{{{\left( {x - 1} \right)}^2}}}\)\( \Rightarrow y'\left( 3 \right) = \frac{{ - 2}}{{{2^2}}} =  - \frac{1}{2}\) .

Vậy phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số \(y = \frac{{x + 1}}{{x - 1}}\) tại điểm có tung độ bằng 2 là:

\(y =  - \frac{1}{2}\left( {x - 3} \right) + 2\)\( \Leftrightarrow y =  - \frac{1}{2}x + \frac{7}{2}\) .

Dễ thấy \(\Delta OAB = \Delta OAC = \Delta OBC\,\,\left( {c.g.c} \right)\)\( \Rightarrow AB = AC = BC\)

\( \Rightarrow \) Tam giác \(ABC\) đều cạnh \(AB = \sqrt {O{A^2} + O{B^2}} \)\( = \sqrt {{a^2} + {a^2}}  = a\sqrt 2 \)  

\({S_{ABC}} = \frac{{{{\left( {a\sqrt 2 } \right)}^2}\sqrt 3 }}{4} = \frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{2}\).

Ta có:

\(\begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}BC \bot AB\\BC \bot SA\,\,\left( {SA \bot \left( {ABC} \right)} \right)\end{array} \right.\\ \Rightarrow BC \bot \left( {SAB} \right) \Rightarrow BC \bot AH\\\left\{ \begin{array}{l}AH \bot BC\\AH \bot SB\end{array} \right. \Rightarrow AH \bot \left( {SBC} \right)\\ \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}AH \bot HK\\AH \bot BC\\AH \bot SC\end{array} \right.\end{array}\)

Do đó các đáp án A, C, D đúng.

\(\begin{array}{l}\overrightarrow {MG}  = \overrightarrow {MS}  + \overrightarrow {SG} \\ =  - \frac{1}{3}\overrightarrow {SA}  + \frac{1}{3}\left( {\overrightarrow {SA}  + \overrightarrow {SB}  + \overrightarrow {SC} } \right)\\ =  - \frac{1}{3}\overrightarrow {SA}  + \frac{1}{3}\overrightarrow {SA}  + \frac{1}{3}\overrightarrow {SB}  + \frac{1}{3}\overrightarrow {SC} \\ = \frac{1}{3}\overrightarrow {SB}  + \frac{1}{3}\overrightarrow {SC} \end{array}\)

\(\begin{array}{l}\mathop {\lim }\limits_{x \to  - \infty } \left( {\sqrt {{x^2} + 1}  + x + 1} \right) = a\\ = \mathop {\lim }\limits_{x \to  - \infty } \frac{{{x^2} + 1 - {{\left( {x + 1} \right)}^2}}}{{\sqrt {{x^2} + 1}  - x - 1}}\\ = \mathop {\lim }\limits_{x \to  - \infty } \frac{{ - 2x}}{{\sqrt {{x^2} + 1}  - x - 1}}\\ = \mathop {\lim }\limits_{x \to  - \infty } \frac{{ - 2}}{{ - \sqrt {1 + \frac{1}{{{x^2}}}}  - 1 - \frac{1}{x}}}\\ = \frac{{ - 2}}{{ - 2}} = 1 = a\\ \Rightarrow 2a + 1 = 2.1 + 1 = 3\end{array}\)

Bằng phương pháp quy nạp toán học ta chứng minh \({1^2} + {2^2} + {3^2} + ... + {n^2}\)\( = \frac{{n\left( {n + 1} \right)\left( {2n + 1} \right)}}{6},\)\(\forall n \ge 1,n \in \mathbb{Z}\).

Đẳng thức trên đúng với \(n = 1\) vì \(1 = \frac{{1.2.3}}{6}\).

Giả sử đẳng thức trên đúng đến \(n = k\)

\( \Rightarrow {1^2} + {2^2} + ... + {k^2}\) \( = \frac{{k\left( {k + 1} \right)\left( {2k + 1} \right)}}{6}\)

Ta cần chứng minh nó đúng đến \(n = k + 1\), tức là cần chứng minh

\({1^2} + {2^2} + ... + {\left( {k + 1} \right)^2}\)\( = \frac{{\left( {k + 1} \right)\left( {k + 2} \right)\left( {2k + 3} \right)}}{6}\) .

Ta có:

\(\begin{array}{l}VT\\ = {1^2} + {2^2} + ... + {\left( {k + 1} \right)^2}\\ = \frac{{k\left( {k + 1} \right)\left( {2k + 1} \right)}}{6} + {\left( {k + 1} \right)^2}\\ = \frac{{\left( {k + 1} \right)\left( {2{k^2} + k + 6k + 6} \right)}}{6}\\ = \frac{{\left( {k + 1} \right)\left( {2{k^2} + 7k + 6} \right)}}{6}\\ = \frac{{\left( {k + 1} \right)\left( {k + 2} \right)\left( {2k + 3} \right)}}{6}\\ = VP\end{array}\)

\( \Rightarrow \) Đẳng thức được chứng minh. Khi đó ta có:

\(\begin{array}{l}\lim \frac{{{1^2} + {2^2} + {3^2} + ... + {n^2}}}{{{n^3} + 3n}}\\ = \lim \frac{{n\left( {n + 1} \right)\left( {2n + 1} \right)}}{{6\left( {{n^3} + 3n} \right)}}\\ = \lim \frac{{1.\left( {1 + \frac{1}{n}} \right)\left( {2 + \frac{1}{n}} \right)}}{{6\left( {1 + \frac{3}{{{n^2}}}} \right)}}\\ = \frac{{1.1.2}}{{6.1}} = \frac{1}{3}\end{array}\)

Ta có \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ + }} f\left( x \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ + }} \frac{{{x^2} - 2}}{{x - 2}} =  + \infty \)

\(\mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ - }} f\left( x \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to {2^ - }} \frac{{{x^2} - 2}}{{x - 2}} =  - \infty \)

Do đó không tồn tại giới hạn của hàm số khi x tiến đến 2.

Do đó hàm số \(f\left( x \right)\) gián đoạn tại \(x = 2\).

Ta có: \(y' = 3m{x^2} - 2x - 1 = 0\).

Để phương trình \(y' = 0\) có hai nghiệm trái dấu thì \(ac < 0\)\( \Leftrightarrow  - 3m < 0 \Leftrightarrow m > 0\) .

Ta có:

\(\begin{array}{l}\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ + }} f\left( x \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ + }} \frac{{{x^3} - 1}}{{{x^2} - 1}}\\ = \mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ + }} \frac{{\left( {x - 1} \right)\left( {{x^2} + x + 1} \right)}}{{\left( {x - 1} \right)\left( {x + 1} \right)}}\\ = \mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ + }} \frac{{{x^2} + x + 1}}{{x + 1}} = \frac{3}{2}\\\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ - }} f\left( x \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ - }} \left( {ax + 2} \right)\\ = a + 2\end{array}\)

Để để hàm số \(f\left( x \right)\) liên tục tại \(x = 1\) thì \(\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ + }} f\left( x \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ - }} f\left( x \right)\)\( \Leftrightarrow a + 2 = \frac{3}{2} \Leftrightarrow a =  - \frac{1}{2}\).

\(y' =  - 2\cos 2x\)\( \Rightarrow y'' = 4\sin 2x\) .