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.

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.

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.

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.