Phương pháp giải:

-          Hàm số $y=f\left( x \right)$ đồng biến trên $\left( a;b \right)\Leftrightarrow f'\left( x \right)\ge 0\,\,\forall x\in \left( a;b \right)$.

Lời giải chi tiết:

Ta có: $y'=1+m\left( \cos x-\sin x \right)=1+\sqrt{2}m\cos \left( x+\frac{\pi }{4} \right)$.

Hàm số đồng biến trên R $\Leftrightarrow y' \ge 0$ với $\forall x \in R$ .

Vì $- 1 \le \cos \left( {x + \dfrac{\pi }{4}} \right) \le 1 \Rightarrow y' \ge 0 \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}1 - \sqrt 2 m \ge 0\\1 + \sqrt 2 m \ge 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m \le \dfrac{{\sqrt 2 }}{2}\\m \ge  - \dfrac{{\sqrt 2 }}{2}\end{array} \right. \Leftrightarrow  - \dfrac{{\sqrt 2 }}{2} \le m \le \dfrac{{\sqrt 2 }}{2}$.

Chọn B.

Phương pháp giải:

Hàm số nghịch biến trên đoạn có độ dài bằng $1 \Leftrightarrow$ hàm số có $y'<0$ và phương trình $y'=0$ có hai nghiệm $x_1,\, \, x_2$ sao cho $|x_1-x_2|=1.$

Lời giải chi tiết:

Ta có: $y' = 3{x^2} + 6x + m$

Hàm số nghịch biến trên một khoảng có độ dài bằng 1 thì pt $y' = 0$ phải có hai nghiệm phân biệt ${x_1};\,{x_2}$ và $|{x_1} - {x_2}| = 1$$\Leftrightarrow$$\left\{ \begin{array}{l}\Delta ' > 0\\|{x_1} - {x_2}| = 1\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}9 - 3m > 0\\{\left( {{x_1} + {x_2}} \right)^2} - 4{x_1}{x_2} = 1\end{array} \right.$(*).

Theo hệ thức Vi-ét ta có: $\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} =  - 2\\{x_1}{x_2} = \dfrac{m}{3}\end{array} \right.$

$\Rightarrow \left( * \right) \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m < 3\\4 - \dfrac{4}{3}m = 1\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m < 3\\m = \dfrac{9}{4}\end{array} \right. \Leftrightarrow m = \dfrac{9}{4}$.

Chọn A.

Phương pháp giải:

Lời giải chi tiết:

Giải: Ta có:$y' =  - {x^2} + 2\left( {m - 2} \right)x - {m^2} + 3m$ .

Để hàm số nghịch biến trên $\left( {1; + \infty } \right)$ thì $y' \le 0\,\forall x \in \left( {1; + \infty } \right)$ .

Để giải nhanh bài toán này, ta nên dùng máy tính để thử các đáp án.

Trước hết ta thử với $m=4$ .

+) Với $m=4$ suy ra $y' =  - {x^2} + 4x - 4 =  - {\left( {x - 2} \right)^2} \le 0\,\,\forall x \in \left( {1; + \infty } \right)$

 hàm số nghịch biến $\Rightarrow$ loại đáp án A và D.

Ta thấy ${{5 - \sqrt 5 } \over 2} < 4$ cách viết của đáp án C sai.

Chọn B.

Phương pháp giải:

- Hàm số đồng biến trên $\left( {0;3} \right) \Leftrightarrow y' \ge 0\,\,\forall x \in \left( {0;3} \right)$.

Lời giải chi tiết:

Để hàm số đồng biến trên (0;3) thì $y' =  - {x^2} + 2\left( {m - 1} \right)x + m + 3 \ge 0\,\,\forall x \in \left( {0;3} \right)$

$\begin{array}{l} \Rightarrow m\left( {2x + 1} \right) \ge {x^2} + 2x - 3\,\,\forall x \in \left( {0;3} \right)\\ \Leftrightarrow m \ge \frac{{{x^2} + 2x - 3}}{{2x + 1}} = f\left( x \right)\,\,\forall x \in \left( {0;3} \right)\,\,\left( {Do\,\,2x + 1 > 0\,\forall x \in \left( {0;3} \right)} \right)\\ \Rightarrow m \ge \mathop {\max }\limits_{\left[ {0;3} \right]} f\left( x \right) \end{array}$

Ta có:

$\begin{array}{l} f'\left( x \right) = \dfrac{{\left( {2x + 2} \right)\left( {2x + 1} \right) - 2\left( {{x^2} + 2x - 3} \right)}}{{{{\left( {2x + 1} \right)}^2}}}\\ f'\left( x \right) = \dfrac{{4{x^2} + 6x + 2 - 2{x^2} - 4x + 6}}{{{{\left( {2x + 1} \right)}^2}}}\\ f'\left( x \right) = \dfrac{{2{x^2} + 2x + 8}}{{{{\left( {2x + 1} \right)}^2}}} > 0\,\,\forall x \in \left[ {0;3} \right]\\ \Rightarrow \mathop {\max }\limits_{\left[ {0;3} \right]} f\left( x \right) = f\left( 3 \right) = \dfrac{{12}}{7}\\ \Rightarrow m \ge \dfrac{{12}}{7} \end{array}$

Chọn A.

Phương pháp giải:

- Hàm số $y=\dfrac{ax+b}{cx+d}\,\,\left( ad-bc\ne 0 \right)$ đơn điệu trên từng khoảng xác định khi và chỉ khi $y' < 0$ với mọi $x$ thuộc tập xác định.

Lời giải chi tiết:

Đk: $x \ne  - \dfrac{m}{3}$.

Ta có: $y' = \dfrac{{{m^2} - 9}}{{{{\left( {3x + m} \right)}^2}}}$.

Để hàm số nghịch biến trên từng khoảng xác định của nó thì hàm số phải xác định và $y'<0\,\,\forall x\ne -\dfrac{m}{3}$.

$\Leftrightarrow {m^2} - 9 < 0 \Leftrightarrow  - 3 < m < 3$

Chọn D.

Phương pháp giải:

- Hàm số đồng biến trên $\left( {2; + \infty } \right) \Leftrightarrow y' \ge 0\,\,\forall x \in \left( {2; + \infty } \right)$ và xác định trên $\left( {2; + \infty } \right)$.

Lời giải chi tiết:

Đk: $x \ne m$.

Ta có: $y' = \dfrac{{ - m - 2}}{{{{\left( {x - m} \right)}^2}}}$.

Để hàm số đồng biến trên $\left( {2; + \infty } \right)$ thì $y' > 0\,\forall x \in \left( {2; + \infty } \right)$ và hàm số xác định trên $\left( {2; + \infty } \right)$.

$\Rightarrow y' > 0 \Leftrightarrow  - m - 2 > 0 \Leftrightarrow m <  - 2$

Ta thấy $m <  - 2$ thì hàm số xác định với $\forall x \in \left( {0;2} \right)$.

Chọn D.

Phương pháp giải:

- Hàm số đồng biến trên $\left( {2; + \infty } \right) \Leftrightarrow y' \ge 0\,\,\forall x \in \left( {2; + \infty } \right)$.

Lời giải chi tiết:

Đk: ${x^2} + 2mx + {m^2} + 3 \ge 0 \Leftrightarrow \Delta ' \le 0 \Leftrightarrow {m^2} - {m^2} - 3 \le 0\,\forall m$

$\Rightarrow$ hàm số luôn xác định với mọi m.

Ta có: $y' = \dfrac{{x + m}}{{\sqrt {{x^2} + 2mx + {m^2} + 3} }}$

Hàm số đồng biến trên khoảng $\left( {2; + \infty } \right)$ thì $y' \ge 0$ với mọi $x \in \left( {2; + \infty } \right)$

$\Leftrightarrow  - m \le 2 \Leftrightarrow m \ge  - 2$

Chọn B.

Phương pháp giải:

- Hàm số đồng biến trên đoạn có độ dài bằng 4 $\Leftrightarrow$ Hàm số có $y' > 0$ và phương trình $y' = 0$ có 2 nghiệm phân biệt ${{x}_{1}},\,\,{{x}_{2}}$ thỏa mãn $\left| {{x}_{1}}-{{x}_{2}} \right|=4$.

Lời giải chi tiết:

Ta có: $y' =  - {x^2} + 2mx + m - 2$ có $\Delta ' = {m^2} + m - 2$.

Hàm số đồng biến trên đoạn có độ dài bằng 4 $\Leftrightarrow y'=0$ có hai nghiệm phân biệt ${x_1};\,{x_2}$ sao cho $|{x_1} - {x_2}| = 4$

$\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\Delta ' > 0\\|{x_1} - {x_2}| = 4\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{m^2} + m - 2 > 0\\{\left( {{x_1} + {x_2}} \right)^2} - 4{x_1}{x_2} = 16\end{array} \right.$(*).

Theo định lý Vi-ét ta có: $\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = 2m\\{x_1}{x_2} =  - m + 2\end{array} \right.$

$\Rightarrow \left( * \right) \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{m^2} + m - 2 > 0\\4{m^2} + 4\left( {m - 2} \right) = 16\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\left[ \begin{array}{l}m <  - 2\\m > 1\end{array} \right.\\{m^2} + m - 6 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\left[ \begin{array}{l}m <  - 2\\m > 1\end{array} \right.\\\left[ \begin{array}{l}m = 2\\m =  - 3\end{array} \right.\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m = 2\\m =  - 3\end{array} \right.$

Chọn C.

Phương pháp giải:

- Hàm số đồng biến trên $\left( {0;\dfrac{\pi }{4}} \right) \Leftrightarrow y' \ge 0\,\,\forall x \in \left( {0;\dfrac{\pi }{4}} \right)$.

Lời giải chi tiết:

Ta có: $y' = \dfrac{{\left( {m\tan x - 2} \right).\dfrac{1}{{{{\cos }^2}x}} - \left( {\tan x - 2} \right).m.\dfrac{1}{{{{\cos }^2}x}}}}{{{{\left( {m\tan x - 2} \right)}^2}}} = \dfrac{{2\left( {m - 1} \right)}}{{{{\cos }^2}x{{\left( {m\tan x - 2} \right)}^2}}}$.

Hàm số đồng biến trên khoảng $\left( {0;\dfrac{\pi }{4}} \right)$ thì hàm số phải xác định trên $\left( {0;\dfrac{\pi }{4}} \right)$ và $y' \ge 0$ với $\forall x \in \left( {0;\dfrac{\pi }{4}} \right)$.

TH1: $m = 0 \Rightarrow y =  - \dfrac{1}{2}\left( {\tan x - 2} \right)$ là hàm nghịch biến trên $\left( {0;\dfrac{\pi }{4}} \right)$$\Rightarrow$loại $m = 0$.

TH2: $m \ne 0$ ta có: $y = \dfrac{{\tan x - 2}}{{m\tan x - 2}} = \dfrac{{\tan x - 2}}{{m\left( {\tan x - \dfrac{2}{m}} \right)}}$..hàm số xác định với $\forall x \in \left( {0;\dfrac{\pi }{4}} \right)$ thì $\dfrac{2}{m} \notin \left( {0;1} \right)$ vì khi $x \in \left( {0;\dfrac{\pi }{4}} \right)$ thì $\tan x \in \left( {0;1} \right)$$\Rightarrow \left[ \begin{array}{l}\dfrac{2}{m} \le 0\\\dfrac{2}{m} \ge 1\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m < 0\\0 < m \le 2\end{array} \right.$.

Ta có: $y' > 0 \Leftrightarrow m - 1 > 0 \Leftrightarrow m > 1$.

Kết hợp với điều kiện ta có hàm số đồng biến trên $\left( {0;\dfrac{\pi }{4}} \right)$ khi $1 < m \le 2$.

Chọn D.

Phương pháp giải:

- Hàm số nghịch biến trên $\left( {2; + \infty } \right) \Leftrightarrow y' \le 0\,\,\forall x \in \left( {2; + \infty } \right)$.

Lời giải chi tiết:

Ta có: $y' = \dfrac{{ - 2{x^2} + 4\left( {m + 1} \right)x - {m^2} + 2}}{{{{\left( { - x + m + 1} \right)}^2}}}$

Để hàm số nghịch biến trên $\left( {2; + \infty } \right) \Rightarrow y' \le 0\,\,\forall x \in \left( {2; + \infty } \right)$.

$\Rightarrow g\left( x \right) =  - 2{x^2} + 4\left( {m + 1} \right)x - {m^2} + 2 \le 0\,\,\forall x \in \left( {2; + \infty } \right)$.

Ta có: $\Delta ' = 4\left( {{m^2} + 2m + 1} \right) - 2{m^2} + 4 = 2{\left( {m + 2} \right)^2} \ge 0$ với mọi m.

Gọi ${x_1} \le {x_2}$ là hai nghiệm của phương trình $g\left( x \right) = 0$, ta có BXD :

Dựa vào BBT ta thấy : Để $g\left( x \right) \le 0\,\,\forall x \in \left( {2; + \infty } \right)$ thì $\left( {2; + \infty } \right) \subset \left( {{x_2}; + \infty } \right)$$\Rightarrow {x_1} \le {x_2} \le 2$.

$\Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} \le 4\\\left( {{x_1} - 2} \right)\left( {{x_2} - 2} \right) \ge 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} \le 4\\{x_1}{x_2} - 2\left( {{x_1} + {x_2}} \right) + 4 \ge 0\end{array} \right.$.

Áp dụng định lí Vi-ét ta có : $\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = 2\left( {m + 1} \right)\\{x_1}{x_2} = \dfrac{{{m^2} - 2}}{2}\end{array} \right.$.

$\begin{array}{l} \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}2\left( {m + 1} \right) \le 4\\\dfrac{{{m^2} - 2}}{2} - 4\left( {m + 1} \right) + 4 \ge 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m + 1 \le 2\\{m^2} - 2 - 8m - 8 + 8 \ge 0\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m \le 1\\{m^2} - 8m - 2 \ge 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m \le 1\\\left[ \begin{array}{l}m \ge 4 + 3\sqrt 2 \\m \le 4 - 3\sqrt 2 \end{array} \right.\end{array} \right. \Leftrightarrow m \le 4 - 3\sqrt 2 \end{array}$  

Chọn B.

Phương pháp giải:

- Hàm số nghịch biến trên $\left( -\infty ;3 \right)\Leftrightarrow y'\le 0\,\,\forall x\in \left( -\infty ;3 \right)$.

Lời giải chi tiết:

Khi $m=1$ thì $y = 1$ là hàm hằng trên $\mathbb{R}$ nên $m = 1$ không thỏa mãn.

Khi $m\ne 1$ thì hàm số có $y' = \dfrac{{ - m + 1}}{{{{(x - m)}^2}}}$

Để hàm số nghịch biến trên khoảng $\left( { - \infty ;3} \right)$ thì$\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{x \ne m}\\{ - m + 1 < 0}\end{array}} \right.\,\,\,\,\forall \,x \in \left( { - \infty ;3} \right) \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{m \ge 3}\\{m > 1}\end{array}} \right. \Leftrightarrow m \ge 3$

Chọn A.

Phương pháp giải:

-          Hàm số $y = f\left( x \right)$ có $f'\left( x \right)\ge 0$ trên $\left( a;b \right)$ và bằng 0 tại hữu hạn điểm $\Rightarrow$ Hàm số đồng biến trên $\left( a;b \right)$.

-          Hàm số $y=f\left( x \right)$ có $f'\left( x \right)\le 0$ trên $\left( a;b \right)$ và bằng 0 tại hữu hạn điểm $\Rightarrow$ Hàm số nghịch biến trên $\left( a;b \right)$.

-          Hàm số $y=f\left( x \right)$ có $f'\left( x \right)=0$ trên $\left( {a;b} \right)$ $\Rightarrow$ Hàm số không đổi trên $\left( a;b \right)$.

Lời giải chi tiết:

Theo đề bài ta có: $f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow x \in \left( {1;2} \right)$ $\Rightarrow$ là hàm hằng trên khoảng $\left( 1;2 \right)$ $\Rightarrow$ C đúng.

Lại có $f'\left( x \right)\ge 0$, $\forall x \in \left( {0;3} \right)$$\Rightarrow$ hàm số đồng biến trên $\left( 0;1 \right)$ và $\left( 2;3 \right)$ $\Rightarrow$ A và D đúng.

Chọn B.

Phương pháp giải:

Cách 1: Thay từng giá trị của $m$ ở các đáp án và khảo sát hàm số để tìm đáp án đúng.

Cách 2: Hàm số nghịch biến trên $(-1; \, \, 1)$ $\Leftrightarrow y' \ge 0\;\;\forall x \in \left( { - 1;\;1} \right).$

Lời giải chi tiết:

Cách 1:

Giải: Ta có: $y' = 3{x^2} + 6x + m + 1$

Để giải nhanh bài toán này ta nên dùng máy tính để thử từng đáp án.

Thử với $m = 2$ ta có:$y' = 3{x^2} + 6x + 3 = 3{\left( {x + 1} \right)^2} \ge 0\,\,\forall x \in R$.

$\Rightarrow$ với $m = 2$, hàm số luôn đồng biến $\Rightarrow$ loại đáp án B, C.

Còn lại đáp án A và D

Thử với $m =  - 5$ ta có: $y' = 3{x^2} + 6x - 4$.

Để hàm số nghịch biến trên (-1; 1) thì $y' \le 0\,\,\forall x \in \left( { - 1;1} \right)$.

Nhập hàm $y' = 3{x^2} + 6x - 4$ vào máy tính và thử với giá trị $x = 0,6$ ta được $y' = 0,68 > 0$ nên hàm số đồng biến trong (-1;1). $\Rightarrow$ loại D.

Chọn A.

Cách 2:

Ta có

$\begin{array}{l}y' = 3{x^2} + 6x + m + 1 \le 0\,\,\forall x \in \left( { - 1;1} \right)\\ \Leftrightarrow m \le  - 3{x^2} - 6x - 1\,\,\forall x \in \left( { - 1;1} \right)\\ \Leftrightarrow m \le f\left( x \right)\,\,\forall x \in \left( { - 1;1} \right)\\ \Leftrightarrow m \le \mathop {\min }\limits_{\left[ { - 1;1} \right]} f\left( x \right)\end{array}$

Ta có $f'\left( x \right) =  - 6x - 6 = 0 \Leftrightarrow x =  - 1$

$f\left( { - 1} \right) = 2;\,\,f\left( 1 \right) =  - 10 \Rightarrow \mathop {\min }\limits_{\left[ { - 1;1} \right]} f\left( x \right) =  - 10 \Rightarrow m \le  - 10$

Chọn A.

Phương pháp giải:

Sử dụng chức năng Mode 7 để thử các đáp án.

Lời giải chi tiết:

Ta có: $y' = 3{x^2} - 4mx - m - 1$.

Để hàm số nghịch biến trên đoạn $\left[ {0;2} \right]$ thì $y' \le 0\,\forall x \in \left[ {0;2} \right]$.

Ta sử dụng máy tính để thử đáp án với với các giá trị m tương ứng và với giá trị $x = 1$.

+) Trước hết, ta thử với $m = \dfrac{{11}}{9} \Rightarrow y' = 3{x^2} - \dfrac{{44}}{9}x - \dfrac{{20}}{9}$.

Nhập hàm số trên vào máy tính và tính giá trị của hàm số khi $x = 1$ ta được: $y' =  - \dfrac{{37}}{9} < 0$

$\Rightarrow$hàm số nghịch biến $\Rightarrow m = \dfrac{{11}}{9}$ thỏa mãn $\Rightarrow$ ta loại đáp án A và B.

+) Thử với $m = 2$$\Rightarrow y' = 3{x^2} - 8x - 3$.

Nhập hàm số trên vào máy tính và tính giá trị của hàm số khi $x = 1$ ta được: $y' =  - 8 < 0$

$\Rightarrow$hàm số nghịch biến $\Rightarrow$ C đúng, D sai.

Chọn C.

Phương pháp giải:

Sử dụng tính chất hàm số $g$ đồng biến ( tương ứng nghịch biến) trên $D$ khi $g'\left( x \right)\ge 0,\,\,\forall x\in D$ (tương ứng $g'\left( x \right)\ge 0,\,\,\forall x\in D$).

Lời giải chi tiết:

Quan sát đồ thị hàm số ta thấy $f'\left( x \right) < 0 \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x < 2\\x \ne - 1\end{array} \right.,\,\,f'\left( x \right) > 0 \Leftrightarrow x > 2.$

Ta có $g'\left( x \right)=2xf'\left( {{x}^{2}}-2 \right).$

Hàm số $g\left( x \right)$ đồng biến khi và chỉ khi

  $g'\left( x \right) > 0 \Leftrightarrow xf'\left( {{x^2} - 2} \right) > 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}x > 0\\f'\left( {{x^2} - 2} \right) > 0\end{array} \right.\\\left\{ \begin{array}{l}x < 0\\f'\left( {{x^2} - 2} \right) < 0\end{array} \right.\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}x > 0\\{x^2} - 2 > 2\end{array} \right.\\\left\{ \begin{array}{l}x < 0\\{x^2} - 2 < 2\\{x^2} - 2 \ne - 1\end{array} \right.\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x > 2\\\left\{ \begin{array}{l} - 2 < x < 0\\x \ne - 1\end{array} \right.\end{array} \right..$

Như vậy hàm số đồng biến trên khoảng $\left( 2;+\infty  \right).$

Hàm số $g\left( x \right)$ nghịch biến khi và chỉ khi

$g'\left( x \right) < 0 \Leftrightarrow xf'\left( {{x^2} - 2} \right) < 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}x < 0\\f'\left( {{x^2} - 2} \right) > 0\end{array} \right.\\\left\{ \begin{array}{l}x > 0\\f'\left( {{x^2} - 2} \right) < 0\end{array} \right.\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}x < 0\\{x^2} - 2 > 2\end{array} \right.\\\left\{ \begin{array}{l}x > 0\\{x^2} - 2 < 2\\{x^2} - 2 \ne - 1\end{array} \right.\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x < - 2\\0 < x < 2\end{array} \right..$

Như vậy hàm số nghịch biến trên $\left( -\infty ;-2 \right)$ và $\left( 0;2 \right).$

Vậy đáp án C sai.

Chọn đáp án C.

Phương pháp giải:

Dựa vào đồ thị hàm số của hàm $y=f'\left( x \right)$ để xét tính đơn điệu của hàm số $y=f\left( x \right)$ Từ đó ta xét các điểm cực trị của hàm f(x) và suy ra tính đơn điệu của hàm $g\left( x \right)=f\left( {{x}^{2}}-2 \right).$

Lời giải chi tiết:

Xét đồ thị hàm số $y=f'\left( x \right)$ ta thấy $f'\left( -1 \right)=f'\left( 2 \right)=0.$ Tuy nhiên tại $x=-1$ thì f’(x) không đổi dấu nên  $x=-1$ không là điểm cực trị của hàm $y=f\left( x \right)$

Với $x>2$ thì $f'\left( x \right)>0\Rightarrow f\left( x \right)$ đồng biến trên $\left( 2;+\infty  \right).$

Ta có: $g\left( x \right)=f\left( {{x}^{2}}-2 \right)\Rightarrow g'\left( x \right)=\left( f\left( {{x}^{2}}-2 \right) \right)'=2x.f'\left( {{x}^{2}}-2 \right).$

$\Rightarrow g'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow 2x.f'\left( {{x^2} - 2} \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\f'\left( {{x^2} - 2} \right) = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\{x^2} - 2 = 2\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x = \pm 2\end{array} \right..$

Ta có bảng biến thiên:

Dựa vào bảng biến thiên ta thấy B sai.

Chọn B.

Phương pháp giải:

Hàm số $y = f\left( x \right)$ đồng biến trên mỗi khoảng xác định khi và chỉ khi $f'\left( x \right) \ge 0$ trên toàn bộ TXĐ và chỉ bằng 0 tại hữu hạn điểm.

Lời giải chi tiết:

 Khi m = 2 hàm số có dạng $y = \dfrac{{2x - 2}}{{2x - 2}} = 1$ là hàm hằng nên không đồng biến trên mỗi khoảng xác định, loại.

Khi m = - 2 hàm số có dạng $y = \dfrac{{ - 2x - 2}}{{2x + 2}} =  - 1$ là hàm hằng nên không đồng biến trên mỗi khoảng xác định, loại.

Khi $m \ne  \pm 2$, ĐKXĐ: $x \ne \dfrac{m}{2}$.

Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng xác định của nó khi và chỉ khi $y' \ge 0$  trên TXĐ và chỉ bằng 0 tại hữu hạn điểm.

Ta có: $y' = \dfrac{{ - {m^2} + 4}}{{{{\left( {2x - m} \right)}^2}}} \ge 0 \Rightarrow  - {m^2} + 4 \ge 0 \Leftrightarrow  - 2 \le m \le 2$.

Kết hợp nghiệm ta có $- 2 < m < 2$, mà $m \in Z \Rightarrow m \in \left\{ { - 1;0;1} \right\} \Rightarrow$ có 3 giá trị của m thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Chọn A.

Phương pháp giải:

Áp dụng lý thuyết về tính đồng biến của hàm số

Lời giải chi tiết:

Ta có: $y = \dfrac{1}{3}{x^3} - 2{x^2} + \left( {m + 5} \right)x + 2m - 5 \Rightarrow y' = {x^2} - 4x + m + 5$ với $\Delta {'_{y'}} =  - m - 1$

- Nếu $m \ge  - 1 \Rightarrow  - m - 1 \le 0 \Rightarrow \Delta {'_{y'}} \le 0 \Rightarrow y' \ge 0\forall x$

Khi đó hàm số đồng biến trên R hay hàm số đồng biến trên khoảng $\left( {3; + \infty } \right)$

- Nếu $m <  - 1 \Rightarrow  - m - 1 > 0 \Rightarrow \Delta {'_{y'}} > 0$. Khi đó phương trình $y' = 0$ có hai nghiệm phân biệt ${x_1};{x_2}\left( {{x_1} < {x_2}} \right)$

Ta có bảng biến thiên của y:

Hàm số đồng biến trên $\left( {3; + \infty } \right) \Leftrightarrow {x_2} \le 3 \Leftrightarrow 2 + \sqrt { - m - 1}  \le 3 \Leftrightarrow \sqrt { - m - 1}  \le 1 \Leftrightarrow 0 \le  - m - 1 \le 1 \Leftrightarrow  - 2 \le m \le  - 1$

Kết hợp nghiệm ta có $m \in \left[ { - 2; - 1} \right] \cup \left[ { - 1; + \infty } \right) = \left[ { - 2; + \infty } \right)$ hay $m \ge  - 2$.

Chọn D.

Phương pháp giải:

Áp dụng lý thuyết về tính đồng biến của hàm số

Lời giải chi tiết:

Đặt $\cot 2x = t\left( {t \in R} \right)$. Khi đó bài toán trở thành tìm m để hàm số $y = \dfrac{{t + m + 2}}{{t - m}}$ nghịch biến trên $\left( {0;\dfrac{{\sqrt 3 }}{3}} \right)$

Ta có: $y' = \dfrac{{ - 2m - 2}}{{{{\left( {t - m} \right)}^2}}}$. Hàm số nghịch biến trên  $\left( {0;\dfrac{{\sqrt 3 }}{3}} \right)$ khi $\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{\dfrac{{ - 2m - 2}}{{{{\left( {t - m} \right)}^2}}} \le 0}\\{m \notin \left( {0;\dfrac{{\sqrt 3 }}{3}} \right)}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m \ge  - 1\\\left[ \begin{array}{l}m \le 0\\m \ge \dfrac{{\sqrt 3 }}{3}\end{array} \right.\end{array} \right.$$\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} - 1 \le m \le 0\\m \ge \dfrac{{\sqrt 3 }}{3}\end{array} \right.$

Khi $m=-1$ hàm số trở thành $y = \dfrac{{t + 1}}{{t + 1}} = 1 \Rightarrow$ hàm số ban đầu trở thành hàm hằng nên không thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Vậy $\left[ \begin{array}{l} - 1 < m \le 0\\m \ge \dfrac{{\sqrt 3 }}{3}\end{array} \right.$.

Chọn C.

Phương pháp giải:

Tính đạo hàm $y'.$ Để hàm số đồng biến trên $\left( {0;\pi } \right)$ thì ta cần $y'\left( x \right) > 0,\,\,\forall x \in \left( {0;\pi } \right).$ Giải bất phương trình để tìm $m.$

Lời giải chi tiết:

Để hàm số $y$ đồng biến trên $\left( {0;\pi } \right)$ thì trước hết tập xác định của hàm số phải là $\left( {0;\pi } \right).$ Do với $x \in \left( {0;\pi } \right)$ thì $\cos x \in \left( { - 1;1} \right)$ nên điều kiện cần là $\left| m \right| \ge 1.$

Với $\left| m \right| \ge 1$ ta có $y'\left( x \right) = \dfrac{{2m\sin x + {\mathop{\rm s}\nolimits} i{\rm{n}}x}}{{{{\left( {\cos x - m} \right)}^2}}} \Rightarrow \,y'\left( x \right) > 0\,\,\,\forall x \in \left( {0;\pi } \right) \Leftrightarrow \,\,\dfrac{{2m\sin x + {\mathop{\rm s}\nolimits} i{\rm{n}}x}}{{{{\left( {\cos x - m} \right)}^2}}} > 0\,\,\,\forall x \in \left( {0;\pi } \right) \Leftrightarrow {\mathop{\rm s}\nolimits} {\rm{inx}}\left( {2m + 1} \right) > 0\,\,\forall x \in \left( {0;\pi } \right).$

Do với $x \in \left( {0;\pi } \right)$ thì ${\mathop{\rm s}\nolimits} {\rm{inx}} > 0$ nên bất phương trình $\left( {2m + 1} \right)\sin x > 0\,\,\,\forall x \in \left( {0;\pi } \right) \Rightarrow 2m + 1 > 0 \Rightarrow m >  - \dfrac{1}{2}.$

Đối chiếu với điều kiện $\left| m \right| \ge 1$ ta nhận được $m \ge 1.$

Chọn D.

Phương pháp giải:

Hàm số $y=\frac{ax+b}{cx+d}$ nghịch biến trên khoảng K khi $\left\{ \begin{array}{l}y' < 0,\,\forall x \in K\\\frac{{ - d}}{c} \notin K\end{array} \right.$.

Lời giải chi tiết:

Ta có ${y}'=\frac{{{m}^{2}}-4}{{{\left( 2x+m \right)}^{2}}}$, $x\ne -\frac{m}{2}$

Để hàm số nghịch biến trên $\left( 0;\,1 \right)$ $\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{m^2} - 4 < 0\\ - \frac{m}{2} \notin \left( {0;\,1} \right)\end{array} \right.$ $\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} - 2 < m < 2\\m \in \left( { - \infty ;\, - 2} \right] \cup \left[ {0;\, + \infty } \right)\end{array} \right.$$\Leftrightarrow 0\le m<2$

Với $m\in \mathbb{Z}$ nên ta có $m=\left\{ 0;\,1 \right\}$  Có 2 giá trị nguyên của mthỏa mãn yêu cầu bài toán.

Chọn C.

Phương pháp giải:

Để hàm số đồng biến trên $\left( 1;+\infty  \right)\Rightarrow y'\ge 0\,\,\forall x\in \left( 1;+\infty  \right)$ và $y'=0$ tại hữu hạn điểm thuộc $\left( 1;+\infty  \right)$

Lời giải chi tiết:

Ta có $y'=4{{m}^{2}}{{x}^{3}}-4\left( 4m-1 \right)x=4x\left( {{m}^{2}}{{x}^{2}}-4m+1 \right).$

Để hàm số đồng biến trên $\left( 1;+\infty  \right)\Leftrightarrow y'\ge 0,\text{ }\forall x\in \left( 1;+\infty  \right)\Leftrightarrow {{m}^{2}}{{x}^{2}}-4m+1\ge 0,\text{ }\forall x\in \left( 1;+\infty  \right)$          (1)

Rõ ràng $m=0$ thỏa mãn (1).

Với $m\ne 0$ thì (1)  $\Leftrightarrow {x^2} \ge \frac{{4m - 1}}{{{m^2}}}\,\,\forall x \in \left( {1; + \infty } \right) \Leftrightarrow \frac{{4m - 1}}{{{m^2}}} \le 1 \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} m \ne 0\\ {m^2} - 4m + 1 \ge 0 \end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} m \ne 0\\ \left[ \begin{array}{l} m \ge 2 + \sqrt 3 \\ m \le 2 - \sqrt 3 \end{array} \right. \end{array} \right.$

Vậy có 16 giá trị của m thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Chọn C.

Phương pháp giải:

Tính đạo hàm của hàm hợp, xác định khoảng đồng biến, nghịch biến dựa vào đồ thị hàm số

Lời giải chi tiết:

Ta có $g\left( x \right)=f\left( x-{{x}^{2}} \right)\,\,\xrightarrow{{}}\,\,{g}'\left( x \right)=\left( 1-2x \right).{f}'\left( x-{{x}^{2}} \right);\,\,\forall x\in \mathbb{R}.$

Xét $g'\left( x \right) < 0 \Leftrightarrow \left( {1 - 2x} \right).f'\left( {x - {x^2}} \right) < 0 \Leftrightarrow\left[ \begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}1 - 2x > 0\\f'\left( {x - {x^2}} \right) < 0\end{array} \right.\\\left\{ \begin{array}{l}1 - 2x < 0\\f'\left( {x - {x^2}} \right) > 0\end{array} \right.\end{array} \right.$

$\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}1 - 2x > 0\\1 < x - {x^2} < 2\end{array} \right.\\\left\{ \begin{array}{l}1 - 2x < 0\\x - {x^2} \in \left( { - \,\infty ;1} \right) \cup \left( {2; + \,\infty } \right)\end{array} \right.\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}x < \frac{1}{2}\\{x^2} - x + 1 < 0\\{x^2} - x + 2 > 0\end{array} \right.\\\left\{ \begin{array}{l}x > \frac{1}{2}\\\left[ \begin{array}{l}{x^2} - x + 1 > 0\\{x^2} - x + 2 < 0\end{array} \right.\end{array} \right.\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}x < \frac{1}{2}\\VN\\VSN\end{array} \right.\\\left\{ \begin{array}{l}x > \frac{1}{2}\\\left[ \begin{array}{l}VSN\\VN\end{array} \right.\end{array} \right.\end{array} \right. \Leftrightarrow x > \frac{1}{2}.$

Vậy hàm số $y=g\left( x \right)$ nghịch biến trên khoảng $\left( \frac{1}{2};+\,\infty  \right).$

Chọn D

Phương pháp giải:

+) Xác định các điểm cực trị, các khoảng biến thiên của đồ thị hàm số $y=f\left( x \right)$, từ đó lập BBT của của đồ thị hàm số $y=f\left( x \right)$.

+) Đồ thị hàm số $y=f\left( -x \right)$ đối với đồ thị hàm số $y=f\left( x \right)$ qua trục tung nên từ BBT của đồ thị hàm số  $y=f\left( x \right)$ ta lập được BBT của đồ thị hàm số $y=f\left( -x \right)$ và suy ra các khoảng đồng biến của đồ thị hàm số $y=f\left( -x \right)$.

Lời giải chi tiết:

Dựa vào đồ thị hàm số $y=f'\left( x \right)$ ta thấy $f'\left( x \right)=0\Leftrightarrow \left[ \begin{align}  & x=-1 \\  & x=1 \\  & x=4 \\ \end{align} \right.$

$\begin{align}  & f'\left( x \right)>0\Leftrightarrow x\in \left( -1;1 \right)\cup \left( 4;+\infty  \right) \\  & f'\left( x \right)<0\Leftrightarrow x\in \left( -\infty ;-1 \right)\cup \left( 1;4 \right) \\ \end{align}$

Từ đó ta lập được BBT của đồ thị hàm số $y=f\left( x \right)$ như sau :

Đồ thị hàm số $y=f\left( -x \right)$ đối với đồ thị hàm số $y=f\left( x \right)$ qua trục tung nên từ BBT của đồ thị hàm số  $y=f\left( x \right)$ ta lập được BBT của đồ thị hàm số $y=f\left( -x \right)$ như sau :

Từ BBT ta dễ thấy hàm số $y=f\left( -x \right)$ đồng biến trên khoảng $\left( -3;-1 \right)$.

Chọn D.

Phương pháp giải:

Lời giải chi tiết:

Ta có

$\left[ f\left( 3-{{x}^{2}} \right) \right]'=-2x.f'\left( 3-{{x}^{2}} \right)>0\Leftrightarrow$ f’(3 – x²) trái dấu với x

Ta thấy chỉ có khoảng (–1;0) là x âm và 2 < 3 – x² < 3 do đó f’(3 – x²) > 0 (theo đồ thị)

nên f(3 – x²) đồng biến trên (–1;0)

Chọn D

Phương pháp giải:

+) Lập BBT của đồ thị hàm số $y=f\left( x \right)$ sau đó suy ra đồ thị của hàm số $y=f\left( -x \right)$ đối xứng với đồ thị hàm số$y=f\left( x \right)$ qua trục Oy. Và suy ra đồ thị hàm số $y=f\left( 3-x \right)$ bằng cách tính tiến đồ thị hàm số $y=f\left( -x \right)$ theo vector $\left( 3;0 \right)$

+) Suy ra các khoảng nghịch biến của đồ thị hàm số $y=f\left( 3-x \right)$.

Lời giải chi tiết:

Dựa vào đồ thị hàm số $y=f'\left( x \right)$ ta thấy $f'\left( x \right)=0\Leftrightarrow \left[ \begin{align}   x=-1 \\   x=1 \\   x=4 \\ \end{align} \right.$

$f'\left( x \right)>0\Leftrightarrow x\in \left( -\infty ;-1 \right)\cup \left( 1;4 \right);\,\,f'\left( x \right)<0\Leftrightarrow x\in \left( -1;1 \right)\cup \left( 4;+\infty  \right)$

Từ đó ta có thể lập được BBT của đồ thị hàm số $y=f\left( x \right)$ như sau:

Đồ thị hàm số $y=f\left( 3-x \right)$ được vẽ bằng cách:

Vẽ đồ thị hàm số $y=f\left( -x \right)$ đối xứng với đồ thị hàm số $y=f\left( x \right)$ qua trục Oy, sau đó tịnh tiến đồ thị hàm số $y=f\left( -x \right)$ theo vector $\left( 3;0 \right)$

 Đồ thị hàm số $y=f\left( x \right)$ đồng biến trên $\left( -\infty ;-1 \right)$ và $\left( 1;4 \right)$ nên đồ thị hàm số $y=f\left( -x \right)$ nghịch biến trên $\left( -4;-1 \right)$ và $\left( 1;+\infty  \right)$.

$\Rightarrow$ Đồ thị hàm số $y=f\left( 3-x \right)$ nghịch biến trên $\left( -1;2 \right)$ và $\left( 4;+\infty  \right)$.

Chọn B.

Phương pháp giải:

+) Xác định các điểm cực trị (các điểm là nghiệm của phương trình $f'\left( x \right)=0$), các khoảng đơn điệu của đồ thị hàm số $y=f\left( x \right)$, từ đó lập BBT của đồ thị hàm số $y=f\left( x \right)$.

+) Từ BBT của đồ thị hàm số  $y=f\left( x \right)$ suy ra BBT của đồ thị hàm số $y=f\left( -x \right)$ bằng cách lấy đối xứng đồ thị hàm số $y=f\left( x \right)$ qua trục tung.

+) Nhận xét đồ thị hàm số $y=f\left( 2-x \right)$ và $y=f\left( -x \right)$ có các khoảng đơn điệu giống nhau và rút ra kết luận.

Lời giải chi tiết:

Dựa vào đồ thị hàm số $y=f'\left( x \right)$ ta suy ra đồ thị hàm số $y=f\left( x \right)$ như sau :

Ta có nhận xét đồ thị hàm số $y=f\left( x \right)$ và đồ thị hàm số $y=f\left( -x \right)$ đối xứng nhau qua trục tung nên ta có BBT của đồ thị hàm số $y=f\left( -x \right)$ như sau :

Đồ thị hàm số $y=f\left( 2-x \right)$ là ảnh của phép tịnh tiến đồ thị hàm số $y=f\left( -x \right)$ theo vector $\left( 0;2 \right)$ nên dựa vào BBT ta thấy đáp án C đúng.

Chọn C.

Phương pháp giải:

Tính y’, giải phương trình $y'\ge 0\,\,\forall x\in \left( 0;+\infty  \right)$

Lời giải chi tiết:

TXĐ : $x\ne -1$

Ta có: $y'={{\left( x+1 \right)}^{2}}+m-\frac{27}{5}.\left( -5 \right){{\left( x+1 \right)}^{-6}}={{\left( x+1 \right)}^{2}}+m+\frac{27}{{{\left( x+1 \right)}^{6}}}$

Áp dụng BĐT Cô-si ta có :

$\begin{align}  {{\left( x+1 \right)}^{2}}+\frac{27}{{{\left( x+1 \right)}^{6}}}=\frac{1}{3}{{\left( x+1 \right)}^{2}}+\frac{1}{3}{{\left( x+1 \right)}^{2}}+\frac{1}{3}{{\left( x+1 \right)}^{2}}+\frac{27}{{{\left( x+1 \right)}^{6}}} \\   \,\ge 4\sqrt[4]{{{\left( \frac{1}{3}{{\left( x+1 \right)}^{2}} \right)}^{3}}.\frac{27}{{{\left( x+1 \right)}^{6}}}}=4 \\   \Rightarrow y'\ge 4+m \\ \end{align}$

Để đồ thị hàm số đồng biến trên $\left( 0;+\infty  \right)\Rightarrow y'\ge 0\,\,\forall x\in \left( 0;+\infty  \right)\Rightarrow 4+m\ge 0\,\,\forall x\in \left( 0;+\infty  \right)\Leftrightarrow m\ge -4$

 m là số nguyên âm $\Rightarrow m\in \left\{ -1;-2;-3;-4 \right\}$

Chọn C.

Phương pháp giải:

Hàm số $y=f\left( x \right)$ đồng biến $\Leftrightarrow f'\left( x \right)\ge 0.$

Lời giải chi tiết:

Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy đường thẳng $y=10$ cắt đồ thị hàm số $y=f'\left( x \right)$ tại hai điểm phân biệt $\left( 3;\ 10 \right)$ và $\left( m;\ 10 \right)$ với mọi $m\in \left( 8;\ 10 \right).$

$\Rightarrow \left\{ \begin{array}{l} f'\left( {x + 6} \right) > 10\\ g'\left( {2x + \frac{5}{2}} \right) \le 5 \end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} 3 < x + 6 < m < 8\\ 0 < 2x + \frac{5}{2} < 11 \end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} - 3 < x < 2\\ - \frac{5}{4} \le x \le \frac{{17}}{4} \end{array} \right. \Leftrightarrow - \frac{5}{4} \le x < 2.$

Lại có $h\left( x \right)$ đồng biến $\Leftrightarrow h'\left( x \right)>0\Leftrightarrow f'\left( x+6 \right)-2g'\left( 2x+\frac{5}{2} \right)>0$

Mà $f'\left( x+6 \right)>10$ và $2g'\left( 2x+\frac{5}{2} \right)\le -10\Rightarrow h\left( x \right)$ đồng biến trên $\left[ -\frac{5}{4};\ 2 \right).$

Dựa vào các đáp án ta thấy đáp án B thỏa mãn.

Chọn B.

Phương pháp giải:

Hàm số $y = f\left( x \right)$ đồng biến trên $\left( {a;b} \right)$ khi và chỉ khi $f'\left( x \right) \ge 0\,\,\forall x \in \left( {a;b} \right)$ và bằng 0 tại hữu hạn điểm.

Lưu ý công thức tính đạo hàm của hàm hợp. Sau đó thử từng đáp án để chọn kết quả đúng.

Lời giải chi tiết:

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

Xét $\, - 1 < x < 0$ ta có :

$\left\{ \begin{array}{l}1 < x + 2 < 2 \Rightarrow f'\left( {x + 2} \right) > 0\\{x^2} < 1 \Leftrightarrow {x^2} - 1 < 0\end{array} \right. \Rightarrow 3f'\left( {x + 2} \right) - 3{x^2} + 3 > 0\,\,\forall x \in \left( {0;1} \right)$.

Vậy hàm số đã cho đồng biến trên $\left( { - 1;0} \right)$.

CHỌN C.

Phương pháp giải:

Tính $g'\left( x \right)$, dựa vào các đáp án xác định dấu của $g'\left( x \right)$ trên mỗi khoảng và kết luận.

Lời giải chi tiết:

Ta có $g'\left( x \right) = 2f'\left( {2 - x} \right) + 2x$.

Với $x \in \left( { - 1;0} \right)$ ta có $- 1 < x < 0 \Leftrightarrow 2 < 2 - x < 3 \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}x < 0\\f'\left( {2 - x} \right) < 0\end{array} \right. \Leftrightarrow 2f'\left( {2 - x} \right) + 2x < 0 \Leftrightarrow g'\left( x \right) < 0$.

Vậy hàm số $g\left( x \right) =  - 2f\left( {2 - x} \right) + {x^2}$ nghịch biến trên (-1 ; 0).

Chọn D.

Phương pháp giải:

+) Hàm số $y = f\left( x \right)$ đồng biến trên $\left( {1; + \infty } \right) \Leftrightarrow y' \ge 0\,\,\forall x \in \left( {1; + \infty } \right)$.

+) Cô lập m, đưa bất phương trình về dạng $f\left( x \right) \ge m\,\,\forall x \in \left( {1; + \infty } \right) \Leftrightarrow m \le \mathop {\min }\limits_{\left[ {1; + \infty } \right)} f\left( x \right)$.

Lời giải chi tiết:

Ta có $y' = {x^2} + 2\left( {m - 1} \right)x + 2m - 3$.

Để hàm số đồng biến trên $\left( {1; + \infty } \right) \Leftrightarrow y' \ge 0\,\,\forall x \in \left( {1; + \infty } \right)$

$\begin{array}{l} \Leftrightarrow {x^2} + 2\left( {m - 1} \right)x + 2m - 3 \ge 0\,\,\forall x \in \left( {1; + \infty } \right)\\ \Leftrightarrow {x^2} + 2m\left( {x + 1} \right) - 2x - 3 \ge 0\,\,\forall x \in \left( {1; + \infty } \right)\\ \Leftrightarrow {x^2} - 2x - 3 \ge  - 2m\left( {x + 1} \right)\,\,\forall x \in \left( {1; + \infty } \right)\end{array}$

Do $x \in \left( {1; + \infty } \right) \Rightarrow x + 1 > 0 \Leftrightarrow  - 2m \le \dfrac{{{x^2} - 2x - 3}}{{x + 1}} = f\left( x \right)\,\,\forall x \in \left( {1; + \infty } \right) \Leftrightarrow  - 2m \le \mathop {\min }\limits_{\left[ {1; + \infty } \right)} f\left( x \right)$

Xét hàm số $f\left( x \right) = \dfrac{{{x^2} - 2x - 3}}{{x + 1}}$ trên $\left[ {1; + \infty } \right)$ ta có:

$f'\left( x \right) = \dfrac{{\left( {2x - 2} \right)\left( {x + 1} \right) - {x^2} + 2x + 3}}{{{{\left( {x + 1} \right)}^2}}} = \dfrac{{{x^2} + 2x + 1}}{{{{\left( {x + 1} \right)}^2}}} = 1 > 0 \Rightarrow$ Hàm số đồng biến trên $\left[ {1; + \infty } \right)$

$\Rightarrow \mathop {\min }\limits_{\left[ {1; + \infty } \right)} f\left( x \right) = f\left( 1 \right) =  - 2 \Leftrightarrow  - 2m \le  - 2 \Leftrightarrow m \ge 1$.

Kết hợp điều kiện đề bài $m \in Z,\,\,m < 5 \Rightarrow m \in \left\{ {1;2;3;4} \right\}$.

Chọn D.

Phương pháp giải:

+) Tính y’. Hàm số đồng biến trên $\left( {0; + \infty } \right) \Leftrightarrow y' \ge 0\,\,\forall x \in \left( {0; + \infty } \right)$ và bằng 0 tại hữu hạn điểm.

+) Cô lập m, đưa bất phương trình về dạng $m \le f\left( x \right)\,\,\forall x \in \left( {0; + \infty } \right) \Leftrightarrow m \le \mathop {\min }\limits_{\left( {0; + \infty } \right)} f\left( x \right).$.

+) Xét hàm số $y = f\left( x \right)$ trên $\left( {0; + \infty } \right)$, lập BBT tìm $\mathop {\min }\limits_{\left( {0; + \infty } \right)} f\left( x \right)$  

Lời giải chi tiết:

TXĐ: $D = R\backslash \left\{ 0 \right\}$. Ta có $y' = 3{x^2} + m - \frac{3}{{28}}\left( { - 2\frac{1}{{{x^3}}}} \right) = 3{x^2} + m + \frac{3}{{14{x^3}}}$.

Để hàm số đồng biến trên khoảng $\left( {0; + \infty } \right)$ thì $y' \ge 0\,\,\forall x \in \left( {0; + \infty } \right)$ và bằng 0 tại hữu hạn điểm.

$\begin{array}{l} \Leftrightarrow 3{x^2} + m + \frac{3}{{14{x^3}}} \ge 0\,\,\forall x \in \left( {0; + \infty } \right)\\ \Leftrightarrow 3{x^2} + \frac{3}{{14{x^3}}} \ge  - m\,\,\forall x \in \left( {0; + \infty } \right)\end{array}$  

Đặt $f\left( x \right) = 3{x^2} + \frac{3}{{14{x^3}}} \Rightarrow f\left( x \right) \ge  - m\,\,\forall x \in \left( {0; + \infty } \right) \Leftrightarrow  - m \le \mathop {\min }\limits_{\left[ {0; + \infty } \right)} f\left( x \right)$.

Xét hàm số $f\left( x \right) = 3{x^2} + \frac{3}{{14{x^3}}}$ trên $\left( {0; + \infty } \right)$ ta có:

$f'\left( x \right) = 6x + \frac{3}{{35}}.\left( { - \frac{3}{{{x^4}}}} \right) = 6x - \frac{9}{{14{x^4}}} = 0 \Leftrightarrow 6x = \frac{9}{{14{x^4}}} \Leftrightarrow {x^5} = \frac{3}{{28}} \Leftrightarrow x = \sqrt[5]{{\frac{3}{{28}}}}$.

BBT:

$\Rightarrow  - m \le 2,05 \Leftrightarrow m \ge  - 2,05$. Mà m là số nguyên âm $\Rightarrow m \in \left\{ { - 2; - 1} \right\}$. Vậy tổng các giá trị của m thỏa mãn yêu cầu bài toán là -2 – 1 = -3.

Chọn C.

Phương pháp giải:

+) Sử dụng công thức đạo hàm hàm hợp tính đạo hàm của hàm số $g\left( x \right) = f\left( {{x^2} + 2x} \right)$.

+) Hàm số $y = g\left( x \right)$ nghịch biến trên $\left( {a;b} \right) \Leftrightarrow g'\left( x \right) \le 0\,\,\forall x \in \left( {a;b} \right)$ và bằng 0 tại hữu hạn điểm.

+) Dựa vào các đáp án, thay giá trị của ${x_0}$ thuộc từng khoảng, tính $g'\left( {{x_0}} \right)$ và loại đáp án.

Lời giải chi tiết:

Đặt $g\left( x \right) = f\left( {{x^2} + 2x} \right)$ ta có $g'\left( x \right) = \left( {2x + 2} \right)f'\left( {{x^2} + 2x} \right) = 2\left( {x + 1} \right)f'\left( {{x^2} + 2x} \right)$.

Hàm số $y = g\left( x \right)$ nghịch biến trên $\left( {a;b} \right) \Leftrightarrow g'\left( x \right) \le 0\,\,\forall x \in \left( {a;b} \right)$ và bằng 0 tại hữu hạn điểm.

Xét đáp án A ta có : $g'\left( {\frac{1}{2}} \right) = 3f'\left( {\frac{5}{4}} \right) > 0 \Rightarrow$Loại đáp án A.

Xét đáp án C ta có : $g'\left( {\frac{{ - 3}}{2}} \right) = 2f'\left( 0 \right) > 0 \Rightarrow$Loại đáp án C.

Xét đáp án D ta có $g'\left( { - \frac{7}{2}} \right) =  - 5f'\left( {\frac{{21}}{4}} \right) > 0 \Rightarrow$  Loại đáp án D.

Chọn B.

Phương pháp giải:

+) Sử dụng công thức đạo hàm hàm hợp tính $y'$.

+) Lấy ${x_0}$ thuộc từng khoảng đáp án, kiểm tra $y'\left( {{x_0}} \right)$ và kết luận.

Lời giải chi tiết:

Ta có :

$y' = 3{f^2}\left( x \right)f'\left( x \right) - 6f\left( x \right)f'\left( x \right) = 3f\left( x \right)f'\left( x \right)\left[ {f\left( x \right) - 2} \right]$

Với $x = 2,5 \Rightarrow y'\left( {2,5} \right) = 3f\left( {2,5} \right)f'\left( {2,5} \right)\left[ {f\left( {2,5} \right) - 2} \right]$

Ta có : $\left\{ \begin{array}{l}1 < f\left( {2,5} \right) < 2 \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}f\left( {2,5} \right) > 0\\f\left( {2,5} \right) - 2 < 0\end{array} \right.\\f'\left( {2,5} \right) > 0\end{array} \right. \Rightarrow y'\left( {2,5} \right) < 0 \Rightarrow$Loại các đáp án A, B và D.

Chọn C.  

Phương pháp giải:

Hàm số $y = f\left( x \right)$ nghịch biến trên $\left( {a;b} \right) \Leftrightarrow f'\left( x \right) \le 0\,\,\forall x \in \left( {a;b} \right)$ và bằng 0 tại  hữu hạn điểm.

Lời giải chi tiết:

Ta có $y' = 2f'\left( {2x - 1} \right) + {x^2} + 2x - 2$. Ta tìm tập hợp các giá trị của x làm cho $y' < 0$.

Lấy $x =  - 5 \Rightarrow y'\left( { - 5} \right) = f'\left( { - 11} \right) + 13 > 0 \Rightarrow$ Loại đáp án B.

Lấy $x = 5 \Rightarrow y'\left( 5 \right) = f'\left( 9 \right) + 33 > 0 \Rightarrow$ Loại đáp án C.

Lấy $x = 7 \Rightarrow y'\left( 7 \right) = f'\left( {13} \right) + 61 > 0 \Rightarrow$ Loại đáp án D.

Chọn A.

Phương pháp giải:

Lời giải chi tiết:

Xét hàm số $y = f\left( x \right) = {x^3} - mx + 1,\,\,\,f'\left( x \right) = 3{x^2} - m$

Nhận xét: Đồ thị hàm số $y = \left| {f\left( x \right)} \right| = \left| {{x^3} - mx + 1} \right|$ được dựng từ đồ thị hàm số $y = f\left( x \right)$ bằng cách giữ lại phần đồ thị phía trên trục Ox và lấy đối xứng phần phía dưới Ox qua Ox (xóa bỏ phần đồ thị của $y = f\left( x \right)$ nằm phía dưới Ox).

TH1: Với $m = 0$ ta có: Hàm số $y = f\left( x \right) = {x^3} + 1$ đồng biến trên $\mathbb{R}$

Có $f\left( 1 \right) = 2 > 0$$\Rightarrow$Hàm số $y = \left| {f\left( x \right)} \right| = \left| {{x^3} - mx + 1} \right|$ đồng biến trên $\left[ {1; + \infty } \right)$

$\Rightarrow m = 0$: thỏa mãn.

TH2: Với $m > 0$ ta có:

$f'\left( x \right) = 0$ có 2 nghiệm phân biệt ${x_1},\,{x_2}\left( {{x_1} < {x_2}} \right)$

Để hàm số $y = \left| {{x^3} - mx + 1} \right|$ đồng biến trên $\left[ {1; + \infty } \right)$ thì $\left\{ \begin{array}{l}m > 0\\{x_1} < {x_2} \le 1\\f\left( 1 \right) \ge 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m > 0\\\frac{{ - m}}{3} + 1 \ge 0\\2 - m \ge 0\end{array} \right. \Leftrightarrow 0 < m \le 2$

Mà $m \notin \mathbb{N} \Rightarrow m \in \left\{ {1;2} \right\}$

Vậy, $S = \left\{ {0;\;1;\;2} \right\}$. Số phần tử của S là 3.

Chọn: A

Phương pháp giải:

+ Đặt $\dfrac{{3\sin x - \cos x - 1}}{{2\cos x - \sin x + 4}} = t$, biến đổi đưa về dạng $a\sin x + b\cos x = c$, phương trình này có nghiệm khi ${a^2} + {b^2} \ge {c^2}$ từ đó ta tìm ra được điều kiện của $t.$

+ Dựa vào đồ thị hàm số để xác định điều kiện nghiệm của phương trình $f\left( x \right) = f\left( {\left| t \right|} \right)$

Từ đó suy ra điều kiện có nghiệm của phương trình đã cho.

Chú ý rằng nếu hàm $f\left( t \right)$ đồng biến (hoặc nghịch biến) trên $\left( {a;b} \right)$ thì phương trình $f\left( u \right) = f\left( v \right)$ nếu có nghiệm thì đó là nghiệm duy nhất trên $\left( {a;b} \right) \Leftrightarrow u = v.$

Lời giải chi tiết:

Vì $- 1 \le \sin x \le 1; - 1 \le \cos x \le 1$ nên $2\cos x - \sin x >  - 3 \Rightarrow 2\cos x - \sin x + 4 > 0$

Đặt $\dfrac{{3\sin x - \cos x - 1}}{{2\cos x - \sin x + 4}} = t \Leftrightarrow 3\sin x - \cos x - 1 = t\left( {2\cos x - \sin x + 4} \right)$

$\Leftrightarrow \cos x\left( {2t + 1} \right) - \sin x\left( {t + 3} \right) =  - 4t - 1$

Phương trình trên có nghiệm khi ${\left( {2t + 1} \right)^2} + {\left( {t + 3} \right)^2} \ge {\left( { - 4t - 1} \right)^2}$

$\Leftrightarrow 5{t^2} + 10t + 10 \ge 16{t^2} + 8t + 1$ $\Leftrightarrow 11{t^2} - 2t - 9 \le 0 \Leftrightarrow  - \dfrac{9}{{11}} \le t \le 1 \Rightarrow 0 \le \left| t \right| \le 1$

Từ đồ thị hàm số ta thấy hàm số $f\left( x \right)$ đồng biến trên $\left( {0;1} \right)$

Nên phương trình $f\left( x \right) = f\left( {\left| t \right|} \right)$ với $t \in \left[ {0;1} \right]$ có nghiệm duy nhất khi $x = \left| t \right| \Rightarrow x \ge 0$

Do đó phương trình $f\left( {\left| {\dfrac{{3\sin x - \cos x - 1}}{{2\cos x - \sin x + 4}}} \right|} \right) = f\left( {{m^2} + m + 4} \right)$  có nghiệm

$\Leftrightarrow \left| t \right| = {m^2} + 4m + 4$ có nghiệm với $0 \le \left| t \right| \le 1$

$\Leftrightarrow 0 \le {m^2} + 4m + 4 \le 1 \Leftrightarrow {\left( {m + 2} \right)^2} \le 1 \Leftrightarrow  - 3 \le m \le  - 1$

Mà $m \in \mathbb{Z}$ nên $m \in \left\{ { - 3; - 2; - 1} \right\}$. Vậy có 3 giá trị của $m$ thỏa mãn yêu cầu.

Chọn D.

Phương pháp giải:

- Tính $y'$.

- Hàm số đồng biến trên $\mathbb{R}$$\Leftrightarrow y' \ge 0$, $\forall x \in \mathbb{R}$

- Biến đổi $A$ về làm xuất hiện hằng đẳng thức và đánh giá GTNN.

Lời giải chi tiết:

TXĐ $D = \mathbb{R}.$

Ta có $y' = 3{\left( {x + a} \right)^2} + 3{\left( {x + b} \right)^2} - 3{x^2} = 3\left( {{x^2} + 2\left( {a + b} \right)x + {a^2} + {b^2}} \right)$

Để hàm số đồng biến trên $\mathbb{R}$$\Leftrightarrow y' \ge 0$, $\forall x \in \mathbb{R}$

$\Leftrightarrow {x^2} + 2\left( {a + b} \right)x + {a^2} + {b^2} \ge 0,\,\,\forall x \in \mathbb{R}$$\Leftrightarrow \Delta ' = 2ab \le 0 \Leftrightarrow ab \le 0$

Khi đó $A = 4{\left( {a + b} \right)^2} - \left( {a + b} \right) - 9ab = {\left( {2\left( {a + b} \right) - \dfrac{1}{4}} \right)^2} - 9ab - \dfrac{1}{{16}} \ge  - \dfrac{1}{{16}},\,\,\forall ab \le 0$.

Dấu bằng xảy ra khi $\left\{ \begin{array}{l}2\left( {a + b} \right) - \dfrac{1}{4} = 0\\ab = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}a = \dfrac{1}{8},b = 0\\a = 0,b = \dfrac{1}{8}\end{array} \right.$. Vậy $MinA =  - \dfrac{1}{{16}}$

Chọn B.

Phương pháp giải:

- Tính $g'\left( x \right)$.

- Xét dấu $g'\left( x \right)$ trong từng khoảng đưa ra ở mỗi đáp án và kết luận.

Lời giải chi tiết:

Ta có: $g\left( x \right) = f\left( { - x - {x^2}} \right) \Rightarrow g'\left( x \right) =  - \left( {2x + 1} \right)f'\left( { - x - {x^2}} \right)$.

Đáp án A: Trong khoảng $\left( { - 2; - 1} \right)$ ta có:

+) $- \left( {2x + 1} \right) > 0$

+) $- 2 <  - x - {x^2} < 0$ nên $f'\left( { - x - {x^2}} \right) > 0$

Do đó $g'\left( x \right) > 0$ hay hàm số $y = g\left( x \right)$ đồng biến trong khoảng này. Loại A.

Đáp án B: Trong khoảng $\left( {1;2} \right)$ ta có:

+) $- \left( {2x + 1} \right) < 0$

+) $- 6 <  - x - {x^2} <  - 2$ nên $f'\left( { - x - {x^2}} \right) > 0$.

Do đó $g'\left( x \right) < 0$ hay hàm số $y = g\left( x \right)$ nghịch biến trong khoảng này.

Chọn B.